河北省承德一中2019届高三上学期第二次月考（期中）化学试卷Word版含解析.doc

河北省承德一中2019届高三上学期第二次月考（期中）化学试题 ‎1.“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活，下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是（ ）‎ A B C D 泰国银饰 埃及棉制品 捷克水晶饰品 土耳其彩瓷 金属材料 天然高分子材料 合成高分子材料 无机非金属材料 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 银为金属单质，所以银饰品属于金属材料，故A正确；B. 棉制品的主要成分是纤维素，纤维素是天然的有机高分子化合物，故B正确；C. 水晶的主要成分是二氧化硅，不是合成高分子材料，故C错误；D. 陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故D正确；答案选C。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. CS2的电子式： B. 次氯酸结构式：H-Cl-O C. 中子数为16的磷原子：3116P D. 甲烷的球棍模型： ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. CS2的电子式： A正确；B. 次氯酸结构式：H- O – Cl，B错误；C. 中子数为16的磷原子：P，C错误；D. 甲烷的比例模型： ，D错误。‎ ‎3.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是 A. 淀粉与纤维素互为同分异构体 B. 煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化 C. 被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于有机化合物 D. 糖类、油脂和蛋白质都属于营养物质，都能发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 淀粉与纤维素都是高分子化合物，聚合度不同，不是同分异构体，故A错误；B. 煤的气化、液化和石油的裂化、裂解都是伴随着旧化学键的断裂与新化学键的形成，都有新物质生成，均属于化学变化，故B正确；C. 被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯是碳单质，不属于化合物，故C错误；D. 糖类中的单糖不能水解，故D错误；故选B。‎ ‎4.下列化工生产不涉及氧化还原反应的是( )‎ A. 工业合成氨 B. 工业冶炼钠 C. 工业制漂白粉 D. 侯氏制碱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 工业合成氨：N2+3H22NH3，生产涉及氧化还原反应，选项A不选；B. 工业冶炼钠：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，，生产涉及氧化还原反应选项B不选；C. 工业制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，生产涉及氧化还原反应，选项C不选；D、侯氏制碱法原理：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，均发生非氧化还原反应，选项D选。答案选D。‎ ‎5.在沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色。则正确的 A. 用激光笔照射，会出现丁达尔效应 B. 将液体静置片刻，会出现沉淀现象 C. 所得胶体中分散质的粒子直径大于100nm D. 可用滤纸分离提纯得到氢氧化铁胶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向100mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到Fe（OH）3胶体，方程式为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体粒子是大量氢氧化铁的聚集体。‎ ‎【详解】A项、向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸溶液变红褐色，得到氢氧化铁胶体，用激光笔照射，出现丁达尔效应，故A正确；‎ B项、氢氧化铁胶体是均匀、透明、介稳定的分散系，静置片刻，不会出现沉淀现象，故B错误；‎ C项、氢氧化铁胶体中分散质的粒子直径介于1nm和100nm之间，故C错误；‎ D项、氢氧化铁胶粒可透过滤纸，应用半透膜分离，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】当一束平行光线通过胶体时,从侧面看到一束光亮的“通路”，这是胶体中胶粒在光照时产生对光的散射作用形成的。对溶液来说,因分散质（溶质）微粒太小,当光线照射时,光可以发生衍射,绕过溶质,从侧面就无法观察到光的“通路”，因此可用这种方法鉴别真溶液和胶体；悬浊液和乳浊液因其分散质直径较大,对入射光只反射而不散射,再有悬浊液和乳浊液本身也不透过,也不可能观察到光的通路。‎ ‎6.同温同压下，a g甲气体和‎2a g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是 A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1‎ B. 甲与乙的相对分子质量之比为1∶1‎ C. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1‎ D. 等质量的甲和乙中的原子数之比一定为1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1：2，由n= V/Vm,可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2。‎ ‎【详解】A项、同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和‎2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ=m/V知，其密度相同，故A正确；‎ B项、根据m=nM=VMVm知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；‎ C项、根据PV=nRT=m/MRT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；‎ D项、等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，注意把握相关计算公式的运用。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. ‎17g甲基(—14CH3)所含的中子数目为8NA B. 工业合成氨时，每生成1mol NH3转移的电子数目为3NA C. 含有1mol CO32- 的Na2CO3溶液中，Na+ 的数目为2NA D. 足量锌与一定量浓H2SO4反应，生成1mol气体时转移的电子数目为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、常温常压下，‎17g甲基(—14CH3)的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故A正确；B. 工业合成氨是可逆反应，但工业合成氨时，每生成1mol NH3转移的电子数目为3NA，故B正确；C.CO32- 是弱酸盐离子，在溶液中部分水解，含有1mol CO32- 的Na2CO3溶液中，Na+ 的数目多于2NA，故C错误；D、足量锌与浓硫酸反应开始生产二氧化硫，最后随浓硫酸浓度减小为稀硫酸反应生成氢气，生成二氧化硫或氢气电子转移相同，足量的锌与一定量的浓硫酸反应生成1mol气体时，转移的电子数为2NA，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，解题关键：质量、物质的量、微粒数之间的换算，易错点：C注意水解反应，CO32- 是弱酸盐离子，在溶液中部分水解；D、浓硫酸随反应进行变化为稀硫酸的反应特征与锌反应时，生成二氧化硫或氢气电子转移相同。‎ ‎8.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是 A. 标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA B. ‎1.0L含1.0molNa2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA C. 电解饱和食盐水，当阴极产生‎1.12L时，转移的电子数为0.1NA D. 常温下，‎2L1.0mol·L－1的FeCl3溶液与‎1L0.2mol/L的FeCl3溶液所含Fe3+数目不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、标准状况下，HF是液体，‎33.6L HF的物质的量不是1mol，故A错误；‎ B项、Na2SO4水溶液中除了Na2SO4本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于4NA个，故B错误；‎ C项、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算‎1.12L氢气的物质的量，故C错误；‎ D项、‎2L0.1mol•L-1FeCl3溶液与‎1L0.2mol•L-1FeCl3溶液含氯化铁物质的量相同，但是二者浓度不同，三价铁离子水解程度不同，所以二者三价铁离子数目不同，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，主要考查气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，质量换算物质的量计算微粒数，解题时注意盐类水解的影响因素，标况下HF 的状态。‎ ‎9.只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4五种溶液, 这种试剂是 ( )‎ A. Ba(OH)2 B. H2SO‎4 C. NaOH D. AgNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、Ba(OH)2与K2SO4、(NH4)2SO4都能产生白色沉淀，故A错误；B、H2SO4与这四种物质之间都没有反应，故B错误；C、NaOH分别与这四种物质混合时，现象各不一样，可用于鉴别，则C正确；D、AgNO3与这四种物质反应都生成白色沉淀，因此不能用于鉴别，即D错误。本题正确答案为C。‎ ‎10.古“丝绸之路”我国商人运出的货物有：①丝绸、②茶叶、③白糖、④瓷器、⑤纸张、⑥植物油、⑦明矾、⑧金银铜器等。下列说法正确的是 A. ④、⑦、⑧都属于盐类 B. ①、⑤ 都属于高分子化合物 C. ①、②、⑤、⑥都属于蛋白质 D. ①、②、③、④、⑤、⑥的主要成分都属于有机物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、瓷器是硅酸盐材料，属于混合物，金银铜器是金属单质或合金，都不属于盐类，选项A错误；B、丝绸的主要成分为蛋白质、纸张的主要成分是纤维素，都是高分子化合物，选项B正确；C、茶叶、纸张主要成分是纤维素，属于糖类，植物油属于油脂，选项C错误；D、丝绸、茶叶、白糖、纸张、植物油的主要成分是有机物中的糖类、油脂、蛋白质，瓷器是硅酸盐材料，属于无机物，选项D错误。答案选B。‎ ‎11.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是 化学性质 实际应用 A SO2具有漂白性 SO2水溶液吸收Br2蒸气 B ClO2具有强氧化性 自来水消毒杀菌 C Ca(OH)2具有碱性 修复被酸雨侵蚀的土壤 D NH3具有还原性 将烟道气中的NOx转化为N2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、二氧化硫漂白发生的是非氧化还原反应，利用反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，吸收溴蒸气，是利用其还原性，选项A错误；B、ClO2具有强氧化性，可使病毒蛋白发生变性，选项B正确；C、酸雨中的硫酸、亚硫酸及硝酸等与氢氧化钙发生中和反应，选项C正确；D、脱硝反应：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O中，氨显还原性，选项D正确。答案选A。‎ 点睛：本题考查物质的性质与用途相关知识，意在考查考生对中学化学基础知识正确复述、再现、辨认，并融会贯通的能力。‎ ‎12.K2FeO4可用作水处理剂，它可由3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O制得。下列说法不正确的是 A. Cl2是氧化剂，Fe(OH)3在反应中失去电子 B. 氧化性：Fe(OH)3 >K2FeO4‎ C. 每生成l mol氧化产物转移的电子的物质的量为3 mol D. K2 FeO4的用途与胶体和氧化剂知识有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中，Fe元素的化合价升高，被氧化，Cl元素的化合价降低，被还原。‎ ‎【详解】A、Cl元素的化合价降低，被还原，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe(OH)3发生氧化反应，失去电子，选项A正确；B. Fe(OH)3中铁是+3价，FeO42—中铁是+6价，所以，Fe(OH)3是还原剂，它的还原性强于FeO42—，选项B不正确；C、由Fe元素的化合价变化可知，每生成l mol氧化产物K2FeO4转移的电子的物质的量为3mol，选项C正确；D、高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，选项D正确。答案选B。‎ ‎【点睛】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是解答本题的关键，侧重氧化还原反应判断及基本反应类型判断的考查，题目难度不大。‎ ‎13.工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下：‎ 已知：流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是 A. 电弧炉中发生的反应为C＋SiO2CO2↑＋Si B. SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯 C. 每生产l mol高纯硅，需要44. ‎8L Cl2（标准状况）‎ D. 该工艺Si的产率高，符合绿色化学要求 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二氧化碳与碳在高温下生成粗硅和一氧化碳，电弧炉中发生的反应为‎2C+SiO22CO↑+Si，选项A错误；B、SiCl4进入还原炉之前在流化床反应器中除SiCl4‎ 外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，需要利用相互溶解的物质沸点不同，经过蒸馏提纯，选项B正确；C、根据转化关系Si→SiCl4→Si，每生产l mol高纯硅，需要‎22.4L Cl2（标准状况），选项C错误；D、该工艺中产生氯化氢气体且有氯气的参与，容易引起空气污染，不符合绿色化学要求，选项D错误。答案选B。‎ ‎14.下列除去杂质的方法，正确的是 A. 除去Na2CO3;溶液中的少量NaHCO3：加热煮沸 B. 除去MgCl2溶液中的少量FeCl3：加入过量Fe2O3粉末，过滤 C. 除去HC1气体中的少量Cl2：通入CCl4液体，洗气 D. 除去CO2气体中的少量SO2：通入饱和食盐水，洗气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHCO3在溶液中加热不易分解，分解的是固体，选项A错误；B．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，溶液pH增大，利于Fe3+的水解，可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，选项B错误；C、将气体通入四氯化碳或者二硫化碳中,因为氯气可以溶于其中,而氯化氢不能溶入而分离出来，选项C正确；D、CO2和SO2都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，选项D错误；答案选C。‎ ‎15.四元轴烯 t、苯乙烯 b 及立方烷 c 的分子式均为 C8H8。下列说法正确的是 A. b 的同分异构体只有 t 和 c 两种 B. t、b、c 的二氯代物均只有三种 C. t 和b 能使酸性 KMnO4 溶液褪色而c 不能 D. t、b、c 中只有 t 的所有原子处于同一平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、通过多个碳碳双键和叁健或环状满足分子C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHC≡CH等，选项A错误；B、不考虑立体结构，二氯代物t和c均有3种，b有14种，选项B错误；C、三种分子中只有t和b 中含碳碳双键，而立方烷不含碳碳双键，t和b能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；D、苯分子中的所有原子、乙烯中的所有原子都处于同一平面，苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动，苯乙烯分子中所有原子可以处于同一平面上，选项D错误。答案选C。‎ ‎16.下列各组物质不属于同分异构体的是 A. 2，2-二甲基-1-丙醇和2-甲基-1-丁醇 B. 甲基丙烯酸和甲酸丙酯 C. 2-甲基丁烷和戊烷 D. 邻氯甲苯和对氯甲苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，所以互为同分异构体的化合物必须满足三要素：分子式相同、结构不同、化合物。‎ ‎【详解】A项、2，2-二甲基-1-丙醇和2-甲基-1-丁醇，分子式相同，含有相同数目的羟基，结构不同，互为同分异构体，故A正确；‎ B项、甲基丙烯酸和甲酸丙酯，分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；‎ C项、2-甲基丁烷和戊烷，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；‎ D项、邻氯甲苯和对氯甲苯，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了同分异构体的判断，注意对同分异构体定义的理解，关键是根据名称写出分子式进行判断。‎ ‎17.分子式为C6H12的烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，则其结构 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式为C6H12的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃，在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烃分子中所有的氢原子为等效H原子，其一氯代物不存在同分异构体。‎ ‎【详解】分子式为C6H12的烯烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构高度对称，所有的氢原子为等效H原子，该烯烃的结构简式只能为（CH3）‎2C=C（CH3）2，分子式为C6H12‎ 的环烷烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构高度对称，所有的氢原子为等效H原子，该环烷烃只能为环己烷，则生成的一氯代产物只有一种的烃有2种，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了同分异构体的求算，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键。‎ ‎18.夏日的夜晚，常看见儿童手持发光的“魔棒”在广场上嬉戏。“魔棒”发光原理是利用过氧化氢氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯（CPPO）结构简式如图。已知：苯环上卤素不水解，下列有关说法不正确的是 A. 草酸二酯的分子式为C26H24Cl6O8‎ B. 该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应 C. 1 mol草酸二酯与氢气完全反应，需要氢气6 mol D. 1 mol草酸二酯与氢氧化钠稀溶液反应，最多消耗4 mol NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 草酸二酯分子中含有4个酯基和6个氯原子，酯基能够发生水解反应，与氢气发生加成反应时，只有苯环反应。‎ ‎【详解】A项、由结构简式可以看出，草酸二酯的分子中含有26个C、24个H、8个O、6个Cl，分子式为C26H24O8Cl6，故A正确；‎ B项、该有机物中含有苯环，能够与氢气发生加成反应，官能团酯基能够发生水解反应，有机物能够燃烧，发生氧化反应，故B正确；‎ C项、能与氢气发生加成反应的只有2个苯环，则1mol草酸二酯与氢气完全反应，需要氢气6mol，故C正确；‎ D项、1mol草酸二酯含有4个酯基，水解生成4个-COOH和两个酚羟基（），则最多消耗6molNaOH，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，本题注意把握有机物的官能团的性质，注意把握水解产物。‎ ‎19.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是 A. X和Z的氢化物都是弱电解质 B. 化合物Y3X2溶于盐酸可得到两种盐 C. 工业上采用电解Y的氯化物制备单质Y D. X的氢化物和Z的最高价氧化物对应的水化物形成的盐溶液pH＜7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2×3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为6/3=2，即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为‎13-2-6‎=5，即X为氮元素。‎ ‎【详解】A项、X的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，氨气是非电解质，一水合氨是弱电解质，故A错误；‎ B项、化合物Y3X2为氮化镁，氮化镁溶于盐酸可得到氯化镁和氯化铵两种盐，故B正确；‎ C项、工业上采用电解熔融的氯化镁制备金属单质镁，故C正确；‎ D项、氨气和硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵在溶液中发生水解使溶液显酸性，溶液pH＜7，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】题考查位置结构性质的相互关系应用，利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键。‎ ‎20.依据下列实验现象，得出的结论正确的是 ‎ ‎ ‎ 操作 ‎ 实验现象 ‎ 结论 ‎ A ‎ 向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉KI溶液 ‎ 溶液变蓝 ‎ 氧化性：Cl2>Br2>I2 ‎ B ‎ 将铝片放入盐酸中 ‎ 产生气泡的速率开始时较慢，随后加快，后来又逐渐减慢 ‎ H+的浓度是影响反应速率的唯一因素 ‎ C ‎ 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热 ‎ 得到蓝色溶液 ‎ 蔗糖水解产物没有还原性 ‎ D ‎ 向漂白粉中滴入稀硫酸，将生成的气体通入品红溶液 ‎ 品红溶液褪色 ‎ 气体中含有Cl2 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、向NaBr溶液中加入氯水，置换出溴，再加入淀粉KI溶液，由现象可知，溴置换出碘，若加氯水过量，氯水可氧化KI，则不能说明氧化性Br2＞I2，故A不选；B、将铝片放入盐酸中，开始较慢，则开始发生氧化铝与酸的反应，而随后加快，后来又逐渐减慢，与氢离子浓度有关，故B不选；C、水解产物葡萄糖具有还原性，水解后在碱性溶液中与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，可说明葡萄糖的还原性，故C不选；D、向漂白粉中滴入稀硫酸，发生氧化还原反应，生成气体为氯气，则品红溶液褪色，故D选；故选D。‎ 考点：考查了化学实验方案的评价、氧化还原反应、影响反应速率的因素、有机物结构与性质、漂白性等的相关知识。‎ ‎21.某白色粉末由两种物质组成，取少量样品加入适量水中有少量气泡并有少量黄色不溶物，再向其中加入足量盐酸，固体不溶解；将上述悬浊液过滤，滤渣中加入浓硝酸并加热，固体全部溶解。则可推得该白色粉末可能为 A. Na2S2O3、NaHSO4 B. NaHCO3、KA1(SO4)2·12H2O C. Na2SiO3、(NH4)2SO4 D. (NH4)2SO4、Ba(OH)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、Na2S2O3与NaHSO4溶于水发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，S不溶于盐酸，可被热的浓硫酸氧化，选项A正确；B、NaHCO3与KA1(SO4)2·12H2O溶于水，发生反应：Al3++3HCO3-= A1(OH)3+3CO2↑，A1(OH)3可溶于盐酸，选项B错误；C、Na2SiO3与(NH4)2SO4混合反应生成H2SiO3，H2SiO3不溶于盐酸或浓硝酸，选项C错误；D、(NH4)2SO4和Ba(OH)2溶于水生成BaSO4沉淀，硫酸钡不溶于盐酸或浓硝酸，选项D错误。答案选A。‎ 点晴：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差异为解答该题的关键。注意相关基础知识的积累。易错点是选项B，其中应该注意铝离子与碳酸氢根离子的双水解而产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，且产生的氢氧化铝是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱。‎ ‎22.下列离子检验的方法正确的是 A. 某溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO32-‎ B. 某溶液溶液变为血红色，说明原溶液中有Fe2+‎ C. 某溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中有NH4+‎ D. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向某溶液中滴加稀硫酸，生成无色气体，该气体可能是二氧化碳或是二氧化硫，说明原溶液中有 CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3- 等，故A错误；B．向某溶液中加入氯水和KSCN溶液，溶液变红色是因为铁离子结合SCN-离子形成血红色溶液，但不能证明原溶液中含亚铁离子，原溶液中含铁离子也会出现此现象，应先加入KSCN溶液不变红色，再加入氯水变红色证明原溶液中含亚铁离子，故B错误；C．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，故C正确；D ‎．加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化银的干扰，检验SO42-，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子的检验方法、反应现象和干扰离子的排除。本题的易错点为B，注意检验亚铁离子是试剂的加入顺序。‎ ‎23.无水叠氮酸(HN3)是无色易挥发、易爆炸的油状液体，沸点308.8K，其水溶液较稳定，用于有机合成、制造雷管等。制备原理：N2H4+HNO2=HN3+2H2O。则下列说法正确的是 A. HN3分子间存在氢键，故其沸点较高，化学性质较稳定 B. 上述反应中的氧化剂是HNO2‎ C. N2H4为分子晶体，HN3为离子晶体 D. 上述反应中每生成1mol HN3，转移电子8/3mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、HN3分子中N原子的非金属性强、原子半径小，分子间易形成氢键，沸点大，常温下为液态，但HN3化学性质不稳定易爆炸，故A错误；‎ B项、反应中，HNO2中N元素的化合价降低，N2H4中N元素的化合价升高，反应中的氧化剂是HNO2，还原剂是N2H4，HN3既是氧化产物也是还原产物，故B正确；‎ C项、N2H4和HN3均为溶沸点低的分子晶体，故C错误；‎ D项、由方程式可知，反应中N元素的化合价+3价降低为-1/3价，每生成1molHN3，转移电子为1mol×（3+1/3）=10/3mol，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重分析与迁移应用能力的考查，把握反应中物质的结构、化学键及元素的化合价为解答的关键，判断HN3中化学键及N元素的化合价为解答的难点。‎ ‎24.下列有关铝及其化合物的性质说法正确的是 A. Al2O3熔点高,可用作耐高温材料 B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝滴落下来,所以金属铝的熔点较低 C. 把用砂纸打磨过的铝条放入浓硝酸中,产生红棕色气体 D. 把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中,产生大量白色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Al2O3熔点 (以刚玉为例，是‎2054℃‎)非常高，可用作耐高温材料，故A正确；B、‎ 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝不会滴落来，因为铝表面生成氧化铝，氧化铝的熔点高，故B错误；C、常温下，铝单质与浓硝酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，不会产生红棕色气体，故C错误；D、把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，不会产生白色沉淀，随着反应进行，后来有白色沉淀，故D错误；故选A。‎ ‎25.某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下,下列说法正确的 A. 装置A气密性的检查方法:直接向长颈漏斗中加水,当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好 B. 装置B中盛放硅胶,目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气 C. 装置C加热前,用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度 D. 装置A也可直接用于Cu与浓硫酸反应制取SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 装置A气密性的检查方法，关闭K1，然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，A不正确；B. 装置B中应盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等等，B不正确；C. 装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到“噗”的一声，则说明氢气已纯净，C正确；D. Cu与浓硫酸反应制取SO2需要加热，故装置A不能直接用于该反应中，D不正确。本题选C。‎ ‎26.某无色溶液中含有Mg2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、NH4+、Na+中的一种或几种，取100mL该溶液，向其中不断滴加NaOH溶液，产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系如图所示，则下列叙述不正确的是 A. 该溶液中一定不含Fe3+、Cu2+‎ B. 该溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NH4+，且三者物质的量浓度之比为1∶1∶1‎ C. 所加NaOH溶液物质的量浓度为0.1mol/L D. a点到b点，发生的化学反应：NH4++ OH—=NH3·H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+，取100mL该溶液，向其中不断滴加某浓度的NaOH溶液，根据产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系，可得到一定含有：Mg2+、Al3+、NH4+，oa段Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，ab段：NH4++ OH—=NH3·H2O，bc段Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，据此回答。‎ ‎【详解】‎ 无色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+，取100mL该溶液，向其中不断滴加某浓度的NaOH溶液，根据产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系，可得到一定含有：Mg2+、Al3+、NH4+，oa段Al3++3OH−=Al(OH)3↓，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，ab段：NH4++ OH—=NH3·H2O，bc段：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O。‎ A. 无色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+，故A正确；B. 该溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NH4+，消耗氢氧化钠的体积分别是20mL、30mL、10mL，根据反应量的关系，三者物质的量浓度之比为1:1:1，故B正确。C. 根据图象氢氧化铝的物质的量是0.01mol，据bc段：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，消耗氢氧化钠体积是10mL，物质的量是0.01mol，所以：所加NaOH溶液物质的量浓度为1mol/L，故C错误； D. ab段发生反应：NH4++ OH—=NH3·H2O，故B正确；本题选C。‎ ‎【点睛】关于ab段反应的判断，是本题结题的关键，Al3+先与OH−反应生成氢氧化铝沉淀，然后NH4+再和OH−反应。‎ ‎27.铁、铜混合粉末‎18.0 g加入到100 mL 5.0 mol·L－1 FeCl3 溶液中，剩余固体质量为‎3.2 g。下列说法正确的是(　　)‎ A. 剩余固体是铁、铜混合物 B. 原固体混合物中铜的质量是‎9.6 g C. 反应后溶液中n(Fe3＋)＝0.10 mol D. 反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.5 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 铁的还原性大于铜，铁、铜混合粉末加入到FeCl3 溶液中，铁先反应；FeCl3的物质的量为0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铜m‎1g 、 m‎2g，则有：Cu+ 2Fe3＋=Cu2＋+2 Fe2＋，根据Cu-- 2Fe3＋关系，m1/64:0.5=1:2，解之m1=‎16 g；Fe+ 2Fe3＋=3 Fe2＋，根据Fe--2Fe3＋关系，m2/56:0.5=1:2, 解之m2=‎14g,溶解的金属质量为18-3.2=‎14.8 g，因为14H (4). sp2、sp3 (5). 10 (6). O (7). 配位键、共价键 (8). HF2- (9). 1:3 (10). 【答题空10】‎ ‎【解析】‎ ‎(1)锌为30号元素，锌基态离子的价电子排布式为3d10，电子排布图为；在基态18O原子核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，存在1s、2s、2px、2py、2pz，5种空间运动状态，故答案为：；5；‎ ‎(2)元素的非金属性越强，电负性数值越大， C、H、O的电负性大小关系为O>C>H；碳酸乙烯酯()中有2种碳原子，其中碳氧双键中的碳原子采用sp2杂化，亚甲基中的碳原子采用sp3杂化；1mol 碳酸乙烯酯中含有的σ键有：1molC=O，4molC-O，4molC-H，1molC-C，共10molσ键，数目为10NA，故答案为：O>C>H；sp2、sp3；10；‎ ‎(3)Zn2+含有空轨道，配体H2O含有孤电子对，其中O原子提供孤电子对为配位原子；配离子[Zn(H2O)6]2+中含有配位键、共价键，故答案为：O；配位键、共价键；‎ ‎(4)阴离子X-与CO2互为等电子体且X-内含共价键和氢键，则X-的化学式为 HF2-，故答案为：HF2-；‎ ‎(5)在晶胞中，Au原子位于顶点，Zn原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×=1，Zn原子个数=6×=3，所以该合金中Au原子与Zn原子个数之比=1：3，‎ 晶胞体积V=(a×10‎-10cm)3，每个晶胞中锌原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ===g/cm3，故答案为：1：3；。‎