2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(含解析) (IV).doc

2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(含解析) (IV)可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na -23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64一、选择题（每小题只有一个最佳选项，110小题每题2分，1120小题每题3分，共50分）1.1.下列物质可以在乘车、船或飞机时较大量随身携带的是A. 浓硫酸 B. 高锰酸钾 C. 硝酸铵 D. 食盐【答案】D【解析】分析：本题考查化学药品的安全，根据物质是否危险分析各选项。详解：A项，浓硫酸具有腐蚀性，强氧化性，吸水脱水性，非常危险，因此不能随身携带乘车、船或飞机，故A项错误；B项，高锰酸钾具有强氧化性，很危险，因此不能随身携带乘车、船或飞机，故B项错误；C项，硝酸铵易爆炸，因此不能随身携带乘车、船或飞机，故C项错误；D项，食盐没有腐蚀性或者是易燃易爆等的性质，比较安全，因此可以适量的随身携带乘车、船或飞机，故D项正确；综上所述，本题正确答案为D。2.2.下列各组物质能真实表示物质分子组成的是A. NO、C2H5OH、HNO3、I2 B. CaO、N2、HCl、H2OC. NH3、H2S、Si、CO D. CO2、SiO2、CH3COOH、H2SO4【答案】A【解析】分析：本题考查了晶体类型，掌握金刚石、晶体硅、二氧化硅是原子晶体，只有分子晶体的化学式才能表示分子的组成。详解：A、NO、C2H5OH、HNO3都是分子构成的物质，所以化学式能真实表示物质分子组成，故A正确；B、CaO是离子化合物，化学式只表示钙离子与氧离子的个数比是1:1，故B错误；C、Si是原子晶体，化学式不能真实表示物质分子组成，故C错误；D、SiO2是原子晶体，化学式只能表示晶体中硅原子与氧原子的个数比为1:2，故D错误。故答案选A。3.3.现有氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种稀溶液，选用一种试剂通过一步操作就能将它们加以区分，这种试剂是A. KSCN溶液 B. 氨水 C. NaOH溶液 D. AgNO3溶液【答案】C【解析】A.KSCN溶液，只有氯化铁溶液呈红色，其它溶液没有明显变化，不能鉴别，故A错误；B.向五种溶液中分别滴加氨水，氯化镁、氯化铝和氯化亚铁溶液中均生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；C.向五种溶液中分别滴加NaOH溶液，氯化钠溶液中无现象；氯化铝溶液中先生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，白色沉淀溶解；氯化亚铁溶液中先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色、最后转变为红褐色的氢氧化铁沉淀，氯化铁溶液中生成红褐色沉淀；氯化镁溶液中生成白色沉淀；现象各不相同，能够鉴别，故C正确；D.向五种溶液中分别滴加AgNO3溶液，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误。答案选C。4.4.下列方程式书写正确的是（ ）A. H2S 的电离方程式：H2SH2OH3OHSB. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3= NaH+CO32-C. CO32的水解方程式：CO32-2H2OH2CO32OHD. HS-的水解方程式：HS-H2O S2-H3O【答案】A【解析】A. 多元弱酸的电离是分步的，H2S 的第一步电离方程式为：H2SH2OH3OHS，选项A正确；B. NaHCO3 在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3 = NaHCO3-，选项B错误；C. CO32的水解是分步的，第一步水解方程式为：CO32-H2O HCO3-OH，选项C错误；D. HS-的水解方程式为：HS-H2O S2-OH，选项D错误。答案选A。5.5.将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密优真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)，若保持温度和容器体积不变，再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时c (NH3)A. 增大 B. 不变 C. 变小 D. 因条件不足无法判断【答案】B【解析】温度不变平衡常数不变，k=c2(NH3)c (CO)，再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时,c (NH3)=2xmolL1,则c(CO)=xmolL1，k=c2(NH3) c (CO)=（2x）2x=4x3,x= ，c (NH3)是定值，保持不变。故选B。6. 下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是A. 光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色【答案】C【解析】试题分析：A甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，A项错误；B乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，使得溴的四氯化碳溶液褪色，属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷，属于加成反应，B项错误；C在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，C项正确；D苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应，是萃取；乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，溴水褪色，属于加成反应，D项错误；答案选C。【考点定位】考查加成反应和取代反应。【名师点睛】本题考查加成反应和取代反应。对于常见烃的反应类型的判断总结如下：（1）碳碳单键化学性质稳定，典型反应是取代反应。（2）碳碳双键中有一个化学键易断裂，典型反应是氧化反应、加成反应和加聚反应。（3）碳碳叁键中有两个化学键易断裂，典型反应是氧化反应、加成反应和加聚反应。（4）苯的同系物支链易被酸性高猛酸钾溶液氧化，是因为苯环对取代基的影响；而苯不能被酸性高猛酸钾溶液氧化。7.7.下列有关物质分类或归类中，正确的是混合物:盐酸、漂白粉、氯水、水银 化合物:CaCl2、NaOH、HCl、HD电解质:明矾、石膏、冰醋酸、氯化银 同素异形体:C60、C70、金刚石、石墨A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:根据混合物、化合物、电解质和同素异形体的定义分别分析各组物质。详解：水银是汞单质的俗称，是纯净物，其余物质都是混合物，故错误；：化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，H和D是同一种元素的不同核素，HD不属于化合物，故错误；四种物质都是电解质，明矾（十二水合硫酸铝钾）、石膏（CaSO4）、氯化银是强电解质，冰醋酸是弱电解质，故正确；同素异形体是由相同元素组成、不同形态的单质，C60、C70、金刚石、石墨都是由C构成的不同结构形态的单质，是同素异形体，故正确。故正确序号为。综上所述，本题正确答案为C。点睛：本题考查物质基础分类的方法，需要学生掌握基础名词定义。本题易错项为D。错误集中在，考生可能对于对电解质的定义不太清楚或者是对某些物质的成分模糊。8.8.已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3-，氧化性：HClOCl2Br2Fe3+I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（）A. 能使pH试纸显蓝色的溶液中，Fe3+、Cl-、Ba2+、Br-能大量共存B. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO-+CO2+H2O2HClO+CO32-D. 向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-【答案】B【解析】分析：A能使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，结合离子的性质解答；B溴和亚铁离子发生氧化还原反应；C酸性HClOHCO3-，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+I2，则碘离子先被氧化。详解：A能使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，铁离子不能大量共存，A错误；B溴和亚铁离子发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br-，B正确；C酸性HClOHCO3-，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，C错误；D氧化性：Fe3+I2，因此还原性是碘离子强于亚铁离子，则碘离子先被氧化，离子方程式为2I-+Cl2I2+2Cl-，D错误；答案选B。9.9.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是A. 曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线B. A、C两点对应溶液均呈中性C. B点溶液中:c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)D. A点溶液中: c(CH3COO-)+ c(OH-)- c(H+)=0.050mol/L【答案】B【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A由分析可知，曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A正确；BA点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解溶液呈碱性，C点溶质为NaCl，溶液呈中性，选项B不正确；C、B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，c(Na+)最大 ，CH3COO水解产生OH，c(OH) c(CH3COO)，故c(Na+) c(OH) c(CH3COO)，选项C正确； DA点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项D正确。答案选B。点睛：本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液，0.100mol/L的盐酸导电性强，电导率大，因此曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线代表滴定HCl溶液的曲线，据此作答。10.10.下列实验误差分析错误的是A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【答案】A【解析】分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。11.11.下列物质的溶液不需要用棕色试剂瓶保存的是A. HClO B. NH4Cl C. HNO3 D. AgNO3【答案】B【解析】分析:见光易分解的物质,须存放在棕色细口瓶中,依此进行分析。详解:A. 氯水见光会分解,应盛放在棕色瓶中,故A不选；B. NH4Cl见光不分解, 不需要用棕色试剂瓶保存，故B选；C. 浓硝酸见光易分解,须存放在棕色细口瓶中故C不选；D. 纯的硝酸银对光稳定,但因为一般的产品纯度不够,其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中，故D不选，所以B选项是正确的。12.12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 无色透明溶液:A13+、NH4+、Cl-、S2-B. 在含0.1 mol/LHClO溶液中:Cu2+、Fe2+、Cl-、SO42-C. =110-13molL-1的溶液:Na+、K+、SiO32-、CO32-D. 在含0. 1mol/LFeCl3溶液中:K+、NH4+、I-、SCN-【答案】C【解析】分析:A. A13+和S2-发生双促水解；B. HClO具有强氧化性能将Fe2+氧化；C.=110-13molL-1的溶液，即c(OH-)=0.1mol/L，溶液显碱性；D. 在含0.1mol/LFeCl3溶液中含有大量的Fe3+。详解:A. A13+和S2-发生双促水解,生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，不能共存,所以A选项是错误的；B. HClO具有强氧化性能将Fe2+氧化，不能大量共存,故B错误；C.=110-13molL-1的溶液，即c(OH-)=0.1mol/L，Na+、K+、SiO32-、CO32-与OH-之间不反应，故C正确；D. 在含0.1mol/LFeCl3溶液中含有大量的Fe3+，题中SCN-离子和Fe3+发生反应,生成Fe(SCN)3红色物质,I-能被Fe3+氧化，所以不能大量共存,故D错误；所以A选项是正确的.点睛：本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；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，溶液的具体反应条件，如“含0.1 mol/LHClO溶液”、“含0.1mol/LFeCl3溶液”。13.13.为提纯下列物质（括号内为杂质），选用的试剂或分离方法错误的是选项物质试剂分离方法A硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶B二氧化碳（氯化氢）饱和NaHCO3溶液洗气C甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气D乙醇（水）生石灰蒸馏A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：A.利用硝酸钾和氯化钠的溶解度不同分离；B.利用氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳的性质分离；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质；D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异。详解：A.硝酸钾的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度随温度变化不大，所以可以采用先制得较高温度下的硝酸钾和氯化钠的溶液，再降温结晶，可析出硝酸钾晶体，故A正确；B.氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而二氧化碳不溶于饱和NaHCO3溶液，可让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶洗气，除去HCl，故B正确；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，故不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，应通入溴水，故C错误；D. 加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异，则蒸馏可分离出乙醇，故D正确。综合以上分析，本题选C。点睛：本题考查混合物的分离、提纯，侧重除杂和分离的考查，把握物质的化学性质为解答本题的关键，注意D中生石灰的作用，题目难度不大。14.14.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓硫酸CNH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHDNO稀硝酸铜屑H2O浓硫酸A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、用CaCO3和盐酸反应制取CO2，由于盐酸具有挥发性，所以CO2中含有HCl和H2O(g)；先除HCl，再用浓硫酸干燥气体；但是不能用饱和Na2CO3溶液除CO2中的HCl，因为CO2与Na2CO3反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），c装置中应改成饱和NaHCO3溶液，故A错误。B、用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制取Cl2，同样Cl2中含有HCl和H2O(g)，先除HCl，再用浓硫酸干燥；但除Cl2中的HCl不能用NaOH溶液，因为Cl2也与NaOH反应，c装置中应改用饱和食盐水，故B错误。C、向消石灰中滴加饱和NH4Cl溶液，消石灰遇水放热，NH4+与OH反应放出NH3，c装置中不能装水，因为NH3极易溶于水且可能发生倒吸，故C错误。D、铜与稀硝酸反应产生NO，部分NO与装置中原有的空气反应生成NO2，气体进入c装置，水能将NO2转化为NO；d中的浓硫酸起干燥作用，故D正确。点睛：实验室一般用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在试管中加热制NH3。若用本题中装置制取氨气，也可以在a中加入浓氨水，b中装NaOH固体（或生石灰、碱石灰）；制取的NH3中含H2O(g)，将气体通过装有碱石灰的干燥管即可得纯净的氨气。15.15.下列离子方程式错误的是( )A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2HSO=BaSO42H2OB. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2OC. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg22OH=Mg(OH)2D. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：PbSO42H2O2e=PbO24HSO【答案】C【解析】试题分析：A、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子方程式为Ba22OH2HSO42 BaS042H2O，A正确；B、酸性介质中KMnO4氧化 H2O2的离子方程式为2MnO45H2O26H2Mn25O2 8H2O，B正确；C、等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1 溶液混合首先发生中和反应，反应后氢氧化钡过量，因此再与氯化镁反应生成白色沉淀氢氧化镁，C错误；D、铅酸蓄电池充电时的正极失去电子发生氧化反应，电极反应式为PbSO4 2H2O2e-PbO24HSO42 ，D正确，答案选C。考点：考查离子方程式正误判断16.16.某同学利用下列装置探究Na与CO2反应的还原产物，已知PdCl2+CO+H2O=Pd(黑色)+CO2+2HCl。下列相关分析错误的是A. I中发生反应可以是Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2B. II中浓硫酸的目的是干燥CO2C. 实验时，III中石英玻璃管容易受到腐蚀D. 步骤IV的目的是证明还原产物是否有CO【答案】A【解析】A. I中应该利用大理石和稀盐酸在简易装置中反应制取二氧化碳，发生反应是CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，选项A错误；B、钠能与水反应，二氧化碳必须干燥，故II中浓硫酸的目的是干燥CO2，选项B正确；C、实验时，III中高温条件下反应产生的碳酸钠会与二氧化硅反应，故石英玻璃管容易受到腐蚀，选项C正确；D、步骤IV利用，PdCl2与一氧化碳反应产生黑色物质，目的是证明还原产物是否有CO，选项D正确。答案选A。17.17.某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应(已知NO被还原为NO)，最终溶液体积为1L。下列说法正确的是( )A. 反应后生成NO的体积为33.6 L （标况）B. 所得溶液中c(Fe2)c(Fe3)12C. 所得溶液中c(NO)2.75 molL1D. 所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】C【解析】因为HNO3具有强氧化性，可将Fe直接氧化为Fe3，溶液中发生反应：Fe+4H+ NO3-= Fe3+ NO +2H2O，根据已知n(Fe)=1,5mol，n（H+）=5mol，n(NO3-)=4mol，故Fe过量，按H+含量反应计算，该反应消耗1.25mol Fe，5molH+，1.25molNO3- ，生成n(Fe3)= 1.25mol ，n(NO)= 1.25mol ，剩余n(Fe)=1,5mol-1.25mol =0.25mol，Fe与生成的Fe3反应：Fe+2Fe3= 3Fe2反应消0.25molFe,0.5molFe3，生成0.75mol Fe2+，剩余n(Fe3)= 1.25mol-0.5mol=0.75molA项，生成n(NO)=1.25mol，在标准状况下，体积V=1.25mol22,4mol/L=28L，故A项错误；B项，故浓度之比也为，故B错误；C项，所得溶液中n(NO3-)=4mol -1.25mol =2.75 mol ，因为溶液体积为1L溶液中c(NO =n/V=2,75mol/1L=2.75 molL1，故C正确；D，金属阳离子有Fe2+、Fe3，阴离子有未参与反应的SO42-和反应剩余的NO3-，故溶质有FeSO4、Fe(NO3)2、Fe2(SO4)3、 Fe(NO3)3，故D项错误。答案：C。18.18.下列电子转移方向和数目的判断正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析: 本题考查氧化还原反应中电子的转移以及元素化合价的改变，元素化合价升高失电子被氧化，化合价降低得电子被还原，以此分析各选项。详解：A项，二氧化锰中的锰元素应该为得到电子而化合价降低，盐酸中的氯元素失去电子，化合价升高，故A项错误；B项，0价的硫元素变成+4价要失去4个电子，变成-2价要得到2个电子，且作还原剂的硫与作氧化剂的硫物质的量之比为1:2，故B项正确；C项，该反应中氯酸钾中的氯元素得到5个电子变为氯气中0价的氯原子，5分子的盐酸中的氯原子失去5个电子变为氯气中0加的氯原子，转移的电子数应该为5，该项中转移电子数和转移方向都错了，故C项错误；D项，氯酸钾中氯元素得到电子化合价降低变为氯化钾中的氯，氯酸钾中的氧元素失去电子化合价升高变为氧气，因此图示的电子转移方向错误，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。19.19.有一无色溶液，可能含有Fe3+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是（）A. 肯定有Al3+、Mg2+、NH4+、Cl- B. 肯定有Al3+、Mg2+、HCO3-C. 肯定有K+、HCO3-、MnO4- D. 肯定有Al3+、Mg2+、SO42-【答案】D【解析】分析：无色溶液，一定不含高锰酸根离子和Fe3+。取部分溶液，加入适量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，此时白色沉淀出现，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化铝和氢氧化镁，则证明其中一定含有Al3+、Mg2+，一定不含有NH4+、HCO3-（和Al3+不共存）；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，证明一定含有SO42-。所以溶液中一定含有Al3+、Mg2+、SO42-，一定不含Fe3+、NH4+、HCO3-、MnO4-，可能含有K+、Cl-。详解：A项，肯定有Al3+、Mg2+，一定不含有NH4+，可能有Cl-，故A项错误；B项，肯定有Al3+、Mg2+，一定没有HCO3-，故B项错误；C项，一定没有HCO3-、MnO4-，可能有K+，故C项错误；D选，溶液中肯定有Al3+、Mg2+、SO42-，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。20.20.0.lmol某有机物的蒸气跟足量O2混合后点燃，反应后生成13.2 gCO2和5.4gH2O，该有机物能跟Na反应放出H2，又能跟新制Cu(OH)2悬浊液反应生成红色沉淀，则该化合物的结构简式可能是A. OHC-CH2-CH2COOH B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：0.lmol某有机物的蒸气跟足量O2混合后点燃，反应后生成13.2 gCO2和5.4gH2O，则该有机物中n(C)=n(CO2)=，n(H)=2n(H2O)=，所以该有机物分子中有3个C和6个H。该有机物能跟Na反应放出H2，则其可能有羟基或羧基；又能跟新制Cu(OH)2悬浊液反应生成红色沉淀，则其一定有醛基。分析4个选项中有机物的组成和结构，该化合物的结构简式可能是，D正确，本题选D。点睛：本题考查了有机物分子式和分子结构的确定方法。根据有机物的燃烧产物可以判断其可能含有的元素，根据其性质可能推断其可能含有的官能团，在组成和结构不能完全确定的情况下，要确定可能的范围，然后把它们尽可能地列举出来，防止漏解。第II卷（非选择题，共50分）21.21.某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了下列方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属铜，保护环境。请回答：（1）沉淀a中含有的单质是_（填元素符号）。（2）沉淀c的化学式是_。（3）溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式是_。【答案】 (1). Cu、Fe (2). BaCO3 (3). 2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+ 2H2O【解析】酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu，故答案为：Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c为BaCO3，故答案为：BaCO3；(3)氧化时加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O。点睛：本题考查物质的分离提纯，注意掌握金属回收的方法和常见的离子之间的反应，明确离子方程式的书写方法。本题的关键是根据流程图，理清发生的反应。22.22.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水中后有1.16g白色沉淀，在所得的悬独液中逐滴加入1molL-1HCl溶液，加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示。试回答：（1）A点沉淀物的化学式为_，A到B段发生反应的离子方程式为_。（2）原混合物中MgCl2、AlCl3的物质的量比为_，HCl溶液在Q点的加入量是_ mL。【答案】 (1). Mg(OH)2 (2). AlO2+H+H2OAl(OH)3 (3). 1：1 (4). 130【解析】分析:向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，O-A时没有沉淀生成,说明溶液中NaOH过量,则铝离子完全转化为偏铝酸根离子,溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A-B段,盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,离子反应方程式为AlO2+H+H2OAl(OH)3，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；B-C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁,所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。详解:(1)向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时,O-A时没有沉淀生成,说明此时盐酸和氢氧化钠反应,即:NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后,溶液中NaOH过量,此时溶液中铝离子为偏铝酸根离子,溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A-B段,有沉淀生成,应为盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,离子反应方程式为AlO2+H+H2OAl(OH)3 ，因此，本题正确答案是：Mg(OH)2 ；AlO2+H+H2OAl(OH)3 (2)B-Q过程中,氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁,所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠,原反应物为:NaOH、MgCl2、AlCl3和盐酸,对比知反应前后MgCl2、AlCl3不变,实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应,所以Q点可以看做氢氧化钠和盐酸二者恰好反应,n(NaOH)=n(HCl),(1)中已分析:B点溶液中存在的溶质是氯化钠,由Na+离子和Cl-离子守恒得,原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl),因n(MgCl2)=0.02mol, n(AlCl3)=nAl(OH)3=1mol/L(30-10)10-3L=0.02mol,n(MgCl2)：n(AlCl3)=0.02mol:0.02mol=1:1所以，n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol2+0.02mol3+1mol/L0.03L=0.13mol,则V(HCl)=0.13L=130mL，因此，本题正确答案是：1:1；130。23.23.水合肼（N2H4H2O）是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+ NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl。据此，某学生设计了下列实验。I、制备 NaClO溶液实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）配制30NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_（填字母）。A.容量瓶 B.烧杯 C.移液管 D.玻璃棒（2）装置I中发生的离子反应方程式是_。、制取水合肼实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式_；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。（4）称取馏分0.3000g，加水配成20.0mL溶液，一定条件下用0.1500molL-1的I2溶液滴定。已知：N2H4H2O +2I2=N2+4HI+H2O滴定时，可以选用的指示剂为_；实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00L，馏分中N2H4H2O的质量分数为_。【答案】 (1). BD (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). 2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H2O (4). 淀粉溶液 (5). 25%【解析】分析：I、制备 NaClO溶液装置中:二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢，装置中玻璃管a的作用为平衡压强，氯气与氢氧化钠反应制备NaClO，中用冰水浴控制温度在30以下,防止NaClO (歧化)分解为氯酸钠和氯化钠，装置进行尾气处理。(1)根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水； 、制取水合肼 (3) N2H4H2O具有强还原性,容易被过量的NaClO氧化；(4)碘溶液遇淀粉变蓝色,肼反应完全,再滴入碘的标准溶液后,溶液变蓝色;根据方程式N2H4H2O +2I2=N2+4HI+H2O计算。详解:(1)配制30NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌,需要玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒,因此，本题正确答案是：BD；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水,反应离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，因此，本题正确答案是：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；50g 2mol0.3000ga 0.020L0.15mol/L所以50g: 0.3000ga=2mol: 0.020L0.15mol/L，计算得出：a=25%，因此，本题正确答案是：25%。24.24.一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料制取醋酸镍的工艺流程图如下： 相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20时溶解性（H2O）Fe3+1.13.2CaSO4微溶Fe2+5.88.8NiF可溶A13+3.05.0CaF2难溶Ni2+6.79.5NiCO3Ksp=9.6010-6（1）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是_。（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是_、_。（3）酸浸过程中，1 molNiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式_。（4）沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0molL-1，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全c(Ni2+)10-5 molL-1，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_g。（保留小数点后1位有效数字）。（5）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间为_。 【答案】 (1). 5.0pH6.7 (2). SiO2、CaSO4 (3). CaF2 (4). NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2+2NO+2H2O (5). 31.4g (6). 70和120min【解析】分析：含镍废料（含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0pH6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成（CH3COO）2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到（CH3COO）2Ni固体；（1）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，根据表中的数据分析；（2）根据流程分析；（3）酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2；（4）已知NiCO3的Ksp=9.610-6，使100ml该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即c（Ni2+）10-5molL-1，求出碳酸根离子的浓度，然后求出其物质的量和质量；（5）根据图象中不同温度、时间下酸浸出率分析。详解：根据以上分析，（1）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0pH6.7；故答案为：5.0pH6.7；（2）由流程分析可知，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，滤渣3为CaF2；故答案为：SiO2、CaSO4；CaF2；（3）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；故答案为：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；（4）已知NiCO3的Ksp=9.610-6，使100ml该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即c（Ni2+）10-5molL-1，则溶液中c（CO32-）=mol/L=0.96mol/L，与Ni2+反应的n（CO32-）=cV=2mol/L0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n（CO32-）=0.2mol+0.96mol/L0.1L=0.296mol，所以m=nM=0.296mol106g/mol=31.4g，故答案为：31.4；（5）由图象可知，为70、120min时，酸浸出率最高，故答案为：70和120min。25.25.以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：回答下列问题：（1）葡萄糖的实验式为_。（2）E中含有的官能团为羟基、醚键和_。（3）由B到C的反应类型为_。（4）C的结构简式为_。（5）由D到E的反应方程式为_。（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构简式为_。【答案】 (1). CH2O (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 9 (7). 【解析】分析:葡萄糖结构CH2(OH)(CHOH)4CHO，加氢生成A，故A为CH2(OH)(CHOH)4CH2(OH)，B与CH3COOH反应生成C，由分子式推知为酯化反应，CD的反应由分子式推知是其中的-H被-NO2取代，结合E的结构推知B中上方-OH中-H被-NO2取代，下方-OH发生酯化反应，故C为，D为。详解：根据以上分析，（1）由葡萄糖分子式C6H12O6写出葡萄糖实验式为CH2O。（2）E的结构简式为其中含有的官能团为羟基、醚键和酯基。（3）B到C的反应类型为酯化反应或取代反应。（4）C的结构简式为。（5）D到E的反应方程式为；故答案为：；（6）F是B的同分异构体，分子式为C6H10O4，7.30g F为0.05mol，与饱碳酸氢钠反应生成2.24L二氧化碳（标准状况下即0.1mol），说明F中有两个-COOH，剩余四个C且不含不饱和键（不饱和度为2，已被两个羧基用去），则可能的结构有：、，共9种。其中核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3:1:1的结构简式为。故答案为：9 ； 。点睛：本题判断符合条件的B的同分异构体种数是难点，从分子式（C6H10O4）出发，首先通过性质分析和计算确定分子中含有两个羧基，通过计算不饱和度可推出，分子中已无不饱和键，除了两个羧基，应该是含有4个碳原子的碳链骨架，4个碳形成的碳链有两种，然后再定一移一，变化两个羧基的位置，即可得出同分异构体的种数。总之，整个分析过程要做到方法灵活，思维有序。