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2018-2019学年辽宁省葫芦岛市高二下学期学业质量监测（期末考试）化学试题 解析版
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葫芦岛市普通高中2018-2019学年第二学期期末考试
高二化学试题
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 用熟石灰可处理废水中的酸
B. 用水玻璃可生产點合剂和防火剂
C. 用食盐水有利于清除炊具上残留的油污
D. 用浸泡过高锰酿钾溶液硅藻士保鲜水果
【答案】C
【解析】
酸碱发生中和，A正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有粘性，不燃烧，B正确；油污属于油脂类，用碳酸钠溶液显碱性可以清洗油污，食盐水不能，C错误；水果释放出乙烯，使果实催熟，高锰酸钾溶液氧化乙烯，释放出二氧化碳，达到保鲜水果的目的，D正确；正确答案选C。
2.下列物质的性质与应用对应关系正确的是
物质的性质
应 用
A
次氯酸有酸性
可用于漂白、杀菌消毒
B
纯碱能与酸反应
可用作治疗胃酸过多的药物
C
液氨汽化时要吸收大量的热
工业上可用作制冷剂
D
晶体硅的熔点高、硬度大
可用于制作半导体材料
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、次氯酸的漂白性和杀菌消毒，利用次氯酸的氧化性，故错误；
B、纯碱水溶液碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故错误；
C、液氨之所以作制冷剂，利用液氨汽化时吸收大量的热，故正确；
D、晶体硅作半导体，利用硅在元素周期表中处于金属元素和非金属元素的分界处，硅的导电性介于导体和绝缘体之间，不是利用熔点高、硬度大的特点，故错误；
答案选C。
3.利用下列实验装置及药品能实现相应实验目的的是
A. 甲用于制取NaHCO3晶体 B. 乙用于分离I2和NH4Cl
C. 丙用于证明非金属性强弱：Cl>C>Si D. 丁用于测定某稀醋酸的物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A项、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确。
B项、碘单质易升华，受冷发生凝华，NH4Cl受热易分解，遇冷又生成氯化铵，不能用于分离I2和氯化铵，故B错误；
C项、非金属性的强弱应比较元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱，而不是氢化物的酸性，且盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl也能使硅酸钠溶液中出现浑浊，故C错误；
D项、盛NaOH溶液应用碱式滴定管，图中用的是酸式滴定管，使用的指示剂应为酚酞，D错误。
故选A。
【点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。
4.下列离子方程式表达不正确的是
A. 向FeCl3溶液滴加HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
B. 向水中放入Na2O2：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑
C. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2制Al(OH)3：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：2NH4＋＋Ba2＋＋SO42－＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、Fe3＋具有强氧化性，能将I－氧化成I2，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故A不符合题意；
B、过氧化钠能与水反应，其离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，故B不符合题意；
C、利用碳酸的酸性强于Al(OH)3，偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，其离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，故C不符合题意；
D、Al3＋得到OH－能力强于NH4＋，NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2，其离子方程式为2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】难点是选项D，利用Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3OH－，得出Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，因为所加Ba(OH)2少量，即Ba(OH)2系数为1，1molBa(OH)2中有2molOH－，Al3＋最后以Al(OH)3形式存在，消耗Al3＋的物质的量为mol，然后得出：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓。
5.下列各组物质混合时，前者过量和不足时，发生不同化学反应的是（ ）
A. NaOH溶液和AlCl3溶液 B. 稀H2SO4与Al(OH)3
C. Al和NaOH溶液 D. 氨水与Al2(SO4)3溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
根据前者少量时生成物的性质分析判断，生成物能否和前者继续反应，如果能发生反应就和量有关，否则无关。
【详解】A项、氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化钠过量和不足时，发生不同化学反应，故A符合题意；
B项、硫酸和氢氧化铝反应生成硫酸铝，硫酸铝和硫酸不反应，所以该反应与稀硫酸的过量和不足无关，故B不符合题意；
C项、铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和铝不反应，所以该反应与铝过量和不足无关，故C不符合题意；
D项、氨水和硫酸铝反应产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液，所以生成的氢氧化铝和氨水不反应，该反应与氨水的过量和不足无关，故D不符合题意；
故选A。
【点睛】本题考查了铝及其化合物的性质，注意把握铝及其化合物之间的转化，只要第一步反应后的生成物能继续和反应物反应的，反应方程式和反应物的量有关，否则无关。
6.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 食盐水中：K＋、Al3＋、HCO3－
B. 无色溶液中：Fe2＋、SO42－、SCN－
C. c(C2O42－)=0.1mol·L－1的溶液中：H＋、Na＋、MnO4－
D. =10－12的溶液中：NH4＋、Ba2＋、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A、Al3＋和HCO3－发生双水解反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B、Fe2＋显浅绿色，不符合无色溶液，故B不符合题意；
C、MnO4－具有强氧化性，能将C2O42－氧化，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D、=10－12的溶液显酸性，这些离子在酸性溶液中能大量共存，故D符合题意；
答案选D。
7.常温下，向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量（溶液温度变化忽略不计)，生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. b点时溶质为NaHCO3
B. 横坐标轴上V4的值为90
C. oa过程是CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3的过程
D. 原混合物中 n[Ba(OH)2]:n(NaOH)=1:2
【答案】D
【解析】
【分析】
OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，据此分析；
【详解】OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，
A、根据上述分析，oa段发生反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，ab段发生反应：NaOH＋CO2=NaHCO3，即b点对应的溶液中溶质为NaHCO3，故A说法正确；
B、根据oa段的反应，以及b点以后的反应，两个阶段消耗CO2的体积是相同的，即都是30mL，则V4=90，故B说法正确；
C、根据上述分析，oa段发生Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，故C说法正确；
D、根据图像，oa段和ab段，消耗CO2的体积相同，根据oa段和ab段反应的方程式，n[Ba(OH)2]：n(NaOH)=1：1，故D说法错误；
答案选D。
8.如图是某元素价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A. A作肥料时不适合与草木灰混合施用
B. 同主族元素的氢化物中B的沸点最低
C. C一般用排水法收集
D. D→E的反应可用于检验D
【答案】B
【解析】
【详解】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。
A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；
B. B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；
C. C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；
D. NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。
故选B。
【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。
9.汽车尾气中的氮氧化合物(NO)与大气中的物质发生如下作用，形成一种雾霾。有关该雾霾的叙述错误的是
A. 该雾霾中含硝酸铵固体 B. 反应②是非氧化还原反应
C. NH3是形成该雾霾的催化剂 D. NH3可能来自过度施用氮肥
【答案】C
【解析】
【详解】A、依据流程，反应③发生的反应是NH3＋HNO3=NH4NO3，NH4NO3为固体，即该雾霾中含硝酸铵固体，故A说法正确；
B、反应②发生：N2O5＋H2O=2HNO3，该反应不属于氧化还原反应，故B说法正确；
C、硝酸与NH3反应生成NH4NO3固体，NH3是反应物，不是催化剂，故C说法错误；
D、铵盐是氮肥，过度施用氮肥，铵盐会释放出氨气，故D说法正确；
答案选C。
10.A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，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，Na2O、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，Na2O是碱性氧化物、Na2O2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，Na2S溶液在空气中长期放置，会发生反应：2S2-+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.某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：
① 用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
② 在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③ 在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是:
A. 溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－
B. 溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－
C. 不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－
D. 往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－
【答案】A
【解析】
【分析】
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。
【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；
B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；
C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；
D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。
12.某同学在实验室做铜与浓硫酸反应的实验。
（1）写出反应的化学方程式_____。
停止加热，将试管中的混合物冷却后倒入装有冷水的烧杯中，搅拌、静置，观察到烧杯底部有黑色物质。于是他对黑色物质进行了探究。
（2）该同学假设黑色物质CuO。检验过程如下：
【查阅文献：检验微量Cu2＋的方法是：向试液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋】该同学的实验操作：
①将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，产生红褐色沉淀。
②将黑色物质放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀。实验①的目的是__________，由该检验过程所得结论是________。
（3）再次假设，黑色物质是铜的硫化物。实验如下：
实验装置
现象
1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解
2.A试管内上方出现浅红棕色气体
3.B试管中出现……
①现象2说明黑色物质具有________性。
② A试管内上方出现浅红棕色气体的化学方程式是__________。
③能确认黑色沉淀中含有S元素的现象_________。
（4）以上实验说明，黑色物质中存在铜的硫化物。进一步实验后证明黑色物质是 CuS与Cu2S的混合物。已知1molCu2S与稀硝酸反应转移8mole-，写出试管A中Cu2S 溶解的化学方程式____________。
【答案】 (1). 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O (2). 做对比实验 (3). 黑色沉淀中不含CuO (4). 还原性 (5). 2NO+O2=2NO2 (6). B试管中出现白色沉淀 (7). 3Cu2S+20HNO36Cu(NO3)2+3SO2↑+8NO↑+10H2O
【解析】
【详解】（1）利用浓硫酸的强氧化性，铜和浓硫酸反应的方程式为Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
（2）①将CuO放入稀硫酸中，发生CuO＋H2SO4=CuSO4＋H2O，根据信息，向反应后溶液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，溶液中出现红褐色沉淀；
②将黑色物质放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，说明溶液中不含Cu2＋，即黑色物质中不含CuO；实验①的目的是做对比实验观察反应现象；
（3）①黑色物质与稀硝酸反应，黑色沉淀逐渐溶解，A试管内上方出现浅红棕色气体，该气体为NO2，说明黑色物质与稀硝酸反应产生NO，证明了黑色固体具有还原性；
②根据①的分析，其反应方程式为2NO＋O2=2NO2；
③证明S元素的存在，试管A中S元素被氧化成SO2，NO2和SO2进入BaCl2溶液中发生NO2＋SO2＋Ba2＋＋H2O=BaSO4↓＋NO↑＋2H＋，即当B试管中有白色沉淀产生，说明黑色沉淀中含有S元素；
（4）1molCu2S与稀硝酸反应转移8mole－，说明S元素被氧化成SO2，即反应化学方程式为3Cu2S＋20HNO36Cu(NO3)2＋3SO2↑＋8NO↑＋10H2O。
13.某铝土矿和黄铁矿的共生矿(主要成分为Al2O3、FeS2和SiO2)，由此矿石制备Fe3O4和Al2O3的流程如下图所示，回答下列问题：
（1）“步骤2”焙烧过程产生的废气为 _________。
（2）已知“步骤4”隔绝空气焙烧，则化学方程式为________（已知该过程产生的废气和废气1成分相同)。
（3）“固体2”的成分是_________，步骤5的分离方法是_________。
（4）写出步骤5的离子方程式__________。
（5）若原矿石质量为bkg，经过该过程获得的Fe3O4的质童为akg，则原矿石中铁元素的质量分数为________。
（6）该流程中存在较为明显的缺陷是____________。
【答案】 (1). 二氧化硫 (2). FeS2+ 16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑ (3). 硅酸 (4). 过滤 (5). AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O、SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓ (6). (7). 产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，能耗高
【解析】
【分析】
铝土矿和黄铁矿的混合物焙烧是黄铁矿反应生成Fe2O3和SO2，加入足量的NaOH溶液，氧化铝和SiO2溶解得到“溶液1”为NaAlO2和Na2SiO3，“固体1”为Fe2O3，“溶液1”加入足量的稀硫酸，得到“固体2”为硅酸，可以用来制备纯硅，“溶液2”为硫酸铝，加入足量的氨水反应生成Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，据此分析作答；
【详解】铝土矿和黄铁矿的混合物焙烧是黄铁矿反应生成Fe2O3和SO2，加入足量的NaOH溶液，氧化铝和SiO2溶解得到“溶液1”为NaAlO2和Na2SiO3，“固体1”为Fe2O3，“溶液1”加入足量的稀硫酸，得到“固体2”为硅酸，可以用来制备纯硅，“溶液2”为硫酸铝，加入足量的氨水反应生成Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，
（1）根据共生矿中含有成分，“步骤2”发生的反应是4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2，即产生的废气为SO2；
（2）根据上述分析，固体1为Fe2O3，因此“步骤4”反应过程中废气与废气1成分相同，即该过程中产生SO2，即该反应方程式是FeS2＋16Fe2O3 11Fe3O4＋2SO2↑；
（3）根据“固体2”的成分是硅酸；步骤5得到固体和溶液，即该操作步骤是过滤；
（4）根据上述分析，“溶液1”的成分是NaAlO2和Na2SiO3，加入足量的稀硫酸，则发生的离子方程式为AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O、SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓；
（5）“步骤4”发生的反应是FeS2＋16Fe2O3 11Fe3O4＋2SO2↑，则原矿石中铁元素的质量为，铁元素的质量分数为×100%=×100%；
（6）流程中产生SO2等有害气体，污染环境，多次焙烧或灼烧，耗能高， 因此该流程中存在较为明显的缺陷是产生有害气体，污染环境，多次焙烧或灼烧，耗能高。
【点睛】本题的难点和易错点是铁元素质量分数的计算，学生误认为Fe3O4中铁原子，全部来自于原矿石，忽略了“步骤4”中加入FeS2，含有铁元素，因此原矿石中铁元素的质量应是“步骤4”中Fe2O3中铁元素的质量。
14.卤族元素包括氯、溴、碘等元素，其中溴和碘在陆地上含量极少，主要存在于海水中。
（1）氯气有毒，一旦泄露会造成对空气的严重污染。工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气。（已知Cl2可将NH3氧化成N2)写出有关的化学方程式 _________。
（2）亚氯酸钠(NaClO2)是一种漂白剂。已知NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+ 的物质的量_____ (填相同或不相同），解释其原因是_____。
（3）从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。氧化时常用氯气做氧化剂，写出有关的离子方程式__________。
（4）海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验。设计一个检验浓液中是否含有碘离子的方法_____。
【答案】 (1). 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl或3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl (2). 相同 (3). 根据氧化还原反应过程中得失电子守恒，整个反应过程中最终氯元素为-1价， FeSO4失去电子数目相等，所以FeSO4消耗的量也相同 (4). 2Br-+Cl2═Br2+2Cl- (5). 取样，加入适量氯水（或过氧化氢），振荡，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝色证明有碘离子，若不变蓝证明没有碘离子
【解析】
【详解】（1）根据题目提示可知，氨气被氧化成氮气，则氯气被还原，该化学方程式为3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl；
（2）NaClO2作氧化剂，ClO2－被还原成Cl－，3molNaClO2得到12mole－，NaClO2分解的反应方程式为3NaClO2=2NaClO3＋NaCl，2molNaClO3作氧化剂转化成Cl－，得到12mole－，因此取等质量已变质和未变质的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2＋的物质的量相等；
（3）氯气的氧化性强于溴，即发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2；
（4）利用淀粉遇碘单质变蓝的性质进行检验，操作：取样，加入适量氯水（或过氧化氢），振荡，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝色证明有碘离子，若不变蓝，证明没有碘离子。
15. 已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是 ( )
A. X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
B. 第一电离能可能Y小于X
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应酸的酸性弱于Y对应酸的酸性
D. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX
【答案】C
【解析】
【分析】
同周期元素从左到右，原子序数依次增大，原子半径依次减小，非金属性依次增强，电负性依次增大。
【详解】A项、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B项、同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，但ⅤA族元素的p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于Ⅵ族元素，第一电离能Y大于X，也可能小于X，故B正确；
C项、元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；
D项、元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；
故选C。
【点睛】本题主要考查元素周期律的应用，明确明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性强弱的关系是解答本题的关键。
16.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. Br-的核外电子排布式为：[Ar]4s24p6
B. Na 的简化电子排布式： [Na]3s1
C. 氮原子的最外层电子轨道表示式为：
D. 价电子排布为 4s24p3 的元素位于第四周期第 VA 族，是 p 区元素
【答案】D
【解析】
【详解】A .Br-的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p6，故A错；
B. Na 的简化电子排布式：[Ne]3s1,故B错；
C.氮原子的最外层电子轨道表示式为：,故C错；
D.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA 族，是 p 区元素，是正确的，故D正确。答案选D。
17.徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是（ ）
A. H2O2分子中的O为sp2杂化 B. CO2 分子中C原子为sp杂化
C. BF3分子中的B原子sp3杂化 D. CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化
【答案】B
【解析】
【分析】
A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；
B、CO2 分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；
C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；
D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；
【详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；
B、CO2 分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；
C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；
D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；
故选B。
18.下列叙述正确的是 （ ）
A. 原子晶体中共价键越强熔点越高
B. 晶体中分子间作用力越大分子越稳定
C. 冰融化时水分子中共价键发生断裂
D. 氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏
【答案】A
【解析】
【详解】A、原子晶体中原子以共价键的形式结合，熔化时需要断裂共价键，即共价键越强，熔点越高，故A说法正确；
B、分子间作用力影响物质的部分物理性质，分子稳定性属于化学性质，故B说法错误；
C、冰融化时破坏的是范德华力和氢键，故C说法错误；
D、氧化钠的化学式为Na2O，只含有离子键，熔化时破坏离子键，故D说法错误；
答案选A。
19.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是 （ ）
A. 第一电离能：Cl>S>P>Si
B. 热稳定性：MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3
C. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI
D. 共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
【答案】CD
【解析】
【详解】A、同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，因此第一电离能顺序是Cl>P>S>Si，故A错误；
B、四种碳酸盐为离子晶体， Mg、Ca、Sr、Ba为同主族元素，离子半径逐渐增大，形成碳酸盐时阳离子电荷数相同，离子半径越小，越容易夺取CO32－中O，造成碳酸盐稳定性下降，因此热稳定性：MgCO3
D、HX中H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，故D正确；
答案选CD。
【点睛】易错点为选项B，碳酸盐的热分解是由于晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为CO2分子的结果，阳离子半径越小，所带电荷数越多，越容易结合CO32－中O，造成碳酸盐稳定性下降。
20.铁和钴是两种重要的过渡元素。
(1)钴位于元素周期表第四周期Ⅷ族，其基态原子中未成对电子个数为___________。
(2)基态Fe3+的核外电子排布式___________
(3)铁氧体是一种磁性材料，工业上制备时常采用水解法，制备时常加入尿素(CO(NH2)2)、醋酸钠等碱性物质。尿素分子中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________，分子中σ键与π键的数目之比为___________。醋酸钠中碳原子的杂化类型___________。
(4)铁氧体也可使用沉淀法，制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱，已知氨(NH3熔点：－77.8%℃、沸点：－33.5%℃)，联氨(N2H4熔点：2℃、沸点：113.5°C)解释其熔沸点高低的主要原因______________________。
(5)Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+的配位数为6，为确定钻的配合物的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，则第一种配合物的配体为___________。在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀。则第二种配合物的配体为___________。
(6)奥氏体是碳溶解在r-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构，如上图所示，则该物质的化学式为___________。若品体密度为dg·cm－3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出简化后的计算式即可)。
【答案】 (1). 3 (2). 1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5） (3). O>N>C>H (4). 7:1 (5). sp2 、sp3 (6). 联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键 (7). NH3、Br- (8). NH3、 SO42- (9). FeC（Fe4C4） (10).
【解析】
【分析】
（1）根据钴在元素周期表的位置，结合其电子排布式判断未成对电子个数；
（2）依据基态Fe的核外电子排布式判断失去最外层3个电子后的电子排布式；
（3）CO(NH2)2分子由C、N、H、O原子构成，根据同一周期元素电负性依次增大，同一主族元素电负性逐渐减小的规律进行分析；共价单键有1个σ键，共价双键有1个σ键与1个π键，结合成键规律及其分子结构式分析作答；醋酸钠含单键与碳氧双键，结合杂化轨道理论进行分析；
（4）考虑氢键对物质的熔沸点的影响；
（5）配合物的外界和内界之间通常形成离子键，外界的离子可以电离，而内界的配体离子难以电离。
【详解】（1）钴是27号元素，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，则在3d能级的原子轨道中有3个未成对电子，
故答案为：3；
（2）因Fe原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe3+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），
故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；
（3）同一周期中从左到右元素的电负性依次增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，则C、N、H、O的电负性由大到小的顺序是O>N>C>H；CO(NH2)2的结构简式为：，可看出分子内共有7个σ键与1个π键，则σ键与π键的个数比为7:1；醋酸根离子的中心碳原子不提供孤对电子，醋酸分子中两个碳原子处于中心位置,甲基碳原子sp3杂化,羧基碳原子sp2杂化，故其杂化类型为sp2 、sp3，
故答案为：O>N>C>H；7:1；sp2 、sp3；
（4）N2H4与NH3相比，其分子间的氢键数目较氨分子形成的氢键多，则N2H4熔沸点会相对升高，
故答案为：联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键；
（5）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+的配位数为6。在第一种配合物溶液中加硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀是硫酸银，说明第一种配体不是硫酸根，硫酸根是外界的离子，而溴离子是内界的配体，则第一种配合物的配体为NH3、Br-；在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，则沉淀为溴化银，则配体不可能是Br-，即第一种配合物的配体为NH3、SO42-。
故答案：NH3、Br-；NH3、SO42-；
（6）根据晶胞结构可知，晶胞中铁原子个数为8×1/8+6×1/2 = 4，碳原子个数为1+12×1/4 = 4，因此该物质的化学式为FeC（Fe4C4）；晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞的边长 = = cm，则面对角线为 cm×，所以晶胞中最近的碳原子之间的距离 = = pm，
故答案为：FeC（Fe4C4）； pm。
21.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是
A. 灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味
B. 油脂是产生能量最高的营养物质
C. 将碘化钾溶液滴在土豆片上，可观察到蓝色
D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂
【答案】C
【解析】
【分析】
A．蚕丝主要成分是蛋白质；B．油脂是产生能量最高的营养物质；C．碘单质遇淀粉变蓝色；D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解。
【详解】A．蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛气味，选项A正确； B．产生能量最高的营养物质为油脂，1g油脂完全氧化放出的热量大约是糖或蛋白质的2倍，选项B正确；C．土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉变蓝色，KI遇淀粉不会呈蓝色，选项C错误；D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，选项D正确。答案选C。
【点睛】本题考查糖类、油脂、蛋白质的性质和应用，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，注意皂化反应的定义，淀粉用于检验I2，不是检验碘元素。
22.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 ( )
A. b同分异构体只有d和p两种
B. b、d、p的二氯代物均只有三种
C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；
B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；
C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；
D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。
故答案选D。
23.一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是
A. 分子式为C12H18O2
B. 分子中至少有6个碳原子共平面
C. 该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成
【答案】B
【解析】
分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。
24.下列实验不正确的是（ ）
A. 将溴乙烷与氢氧化钠共热反应后，加入AgNO3溶液来鉴别溴离子
B. 向放有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水可产生乙炔气体
C. 制取硝基苯时，温度计应插入反应水浴中控制反应温度
D. 制取乙炔时，要用一小团棉花防止泡沫进入导管
【答案】A
【解析】
【详解】A、将溴乙烷与氢氧化钠共热，发生水解反应后，应先加入硝酸中和NaOH，再加AgNO3溶液来鉴别溴离子，故A错误；
B、水与电石反应比较剧烈，因此实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水，得到平稳的乙炔气体，故B正确；
C、制取硝基苯时，采用水浴加热，使反应温度控制在50~60℃，温度计应插入水浴中，故C正确；
D、碳化钙与水反应非常剧烈，反应放出大量的热，生成的氢氧化钙糊状物容易把导管口堵塞，所以在试管上部放置一团疏松的棉花，故D正确。
故选A。
25.下列判断，结论正确的是（ ）
选项
项目
结论
A
三种有机化合物：丙烯、氯乙烯、苯
分子内所有原子均在同一平面
B
由溴丙烷水解制丙醇、由丙烯与水反应制丙醇
属于同一反应类型
C
乙烯和苯都能使溴水褪色
褪色的原理相同
D
C4H9Cl的同分异构体数目（不考虑立体异构）
共有4种
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯乙烯、苯二者为平面结构，所有原子在同一平面内，丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面内，故A错误；
B、由溴丙烷水解制丙醇属于取代反应，由丙烯与水反应制丙醇属于加成反应，二者不属于同一反应类型，故B错误；
C、乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，苯萃取溴水中的溴，使溴水褪色，褪色原理不同，故C错误；
D、﹣C4H9的同分异构体有﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3四种，所有C4H9Cl有4种同分异构体，故D正确；
故选D。
26.有机物E(C11H12O2) 属于芳香酯类物质，天然物存在于威士忌酒、苹果酒等中，呈水果及玫瑰香气，可由下列路线人工合成：
完成下列填空：
（1）A中官能团的名称是________________；C物质的结构简式是________________。
（2）反应③的条件是_______________；反应④的类型是_____________________。
（3）写出反应⑥的化学方程式：__________________________________________________________________。
（4）如何检验反应②中的A是否完全转化？__________________________________________________________________。
（5）设计一条由出发，制备的合成路线（合成路线常用的表示方式为：）______________________________。
【答案】 (1). 羟基、醛基 (2). (3). 浓硫酸、加热 (4). 取代反应 (5). （ (6). 取样，加入氢氧化钠溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，煮沸，若产生砖红色沉淀，则未完全转化 (7).
【解析】
（1）根据伯醇在催化剂和加热条件下能够被氧化生成醛，醛可以被氧化生成酸，叔醇不能够发生催化氧化，A结构是，应该含有羟基（-OH）和醛基（-CHO）；根据推出C结构中含有苯环，根据反应试剂和条件Cl2和光照，推测C的结构是：；
（2）B与发生反应生成E(C11H12O2) 属于酯化反应，根据原子守恒，对照酯化反应的反应原理发现B结构中应该有碳碳双键，反应③应该是醇发生消去反应，反应条件是在加热条件下用浓硫酸做催化剂；甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子能够与卤素单质发生取代反应，所以反应④的类型是取代反应；
（3）B与发生酯化反应生成E(C11H12O2)和水，反应的化学方程式是：
；
（4）A的结构是：，有羟基（-OH）和醛基（-CHO），要检验A是否完全被氧化，可以检验产物是否含有醛基，如果含有醛基，说明没有完全转化，否则A完全转化了；检验醛基要在碱性条件下进行，所以取反应后的溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，煮沸，若产生砖红色沉淀，则未完全转化，否则完全转化；
（5）对照给的反应物和要求制取的生成物发现，反应物中有碳碳双键，生成物中出现羟基，并且在相邻的两个碳原子上，引入羟基的方法之一是：卤代烃在碱性条件下水解，烃分子中引入卤素原子可以用取代和加成的方法，根据反应物的结构中有碳碳双键，所以用加成的方法就可以，即：烯烃→卤代烃→醇，由出发，制备的合成路线可表示为：。
点睛：在有机合成中，能够正确引入官能团是解题的关键，如引入卤素原子，可以用烷烃与卤素单质的取代反应、苯环上的烷基与卤素单质光照下的取代反应、如题干中C→D通过条件可以判断是取代反应，烯烃(炔烃)与卤素单质或HX的加成反应、醇类与HX的取代反应都是引入卤素原子的方法；再如本题中涉及的引入羟基是通过卤代烃的水解反应，引入羟基还可以通过烯烃与水的加成反应、、醛(酮)催化加氢反应、酯类水解反应等方法。
葫芦岛市普通高中2018-2019学年第二学期期末考试
高二化学试题
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 用熟石灰可处理废水中的酸
B. 用水玻璃可生产點合剂和防火剂
C. 用食盐水有利于清除炊具上残留的油污
D. 用浸泡过高锰酿钾溶液硅藻士保鲜水果
【答案】C
【解析】
酸碱发生中和，A正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有粘性，不燃烧，B正确；油污属于油脂类，用碳酸钠溶液显碱性可以清洗油污，食盐水不能，C错误；水果释放出乙烯，使果实催熟，高锰酸钾溶液氧化乙烯，释放出二氧化碳，达到保鲜水果的目的，D正确；正确答案选C。
2.下列物质的性质与应用对应关系正确的是
物质的性质
应 用
A
次氯酸有酸性
可用于漂白、杀菌消毒
B
纯碱能与酸反应
可用作治疗胃酸过多的药物
C
液氨汽化时要吸收大量的热
工业上可用作制冷剂
D
晶体硅的熔点高、硬度大
可用于制作半导体材料
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、次氯酸的漂白性和杀菌消毒，利用次氯酸的氧化性，故错误；
B、纯碱水溶液碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故错误；
C、液氨之所以作制冷剂，利用液氨汽化时吸收大量的热，故正确；
D、晶体硅作半导体，利用硅在元素周期表中处于金属元素和非金属元素的分界处，硅的导电性介于导体和绝缘体之间，不是利用熔点高、硬度大的特点，故错误；
答案选C。
3.利用下列实验装置及药品能实现相应实验目的的是
A. 甲用于制取NaHCO3晶体 B. 乙用于分离I2和NH4Cl
C. 丙用于证明非金属性强弱：Cl>C>Si D. 丁用于测定某稀醋酸的物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A项、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确。
B项、碘单质易升华，受冷发生凝华，NH4Cl受热易分解，遇冷又生成氯化铵，不能用于分离I2和氯化铵，故B错误；
C项、非金属性的强弱应比较元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱，而不是氢化物的酸性，且盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl也能使硅酸钠溶液中出现浑浊，故C错误；
D项、盛NaOH溶液应用碱式滴定管，图中用的是酸式滴定管，使用的指示剂应为酚酞，D错误。
故选A。
【点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。
4.下列离子方程式表达不正确的是
A. 向FeCl3溶液滴加HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
B. 向水中放入Na2O2：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑
C. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2制Al(OH)3：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：2NH4＋＋Ba2＋＋SO42－＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、Fe3＋具有强氧化性，能将I－氧化成I2，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故A不符合题意；
B、过氧化钠能与水反应，其离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，故B不符合题意；
C、利用碳酸的酸性强于Al(OH)3，偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，其离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，故C不符合题意；
D、Al3＋得到OH－能力强于NH4＋，NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2，其离子方程式为2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】难点是选项D，利用Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3OH－，得出Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，因为所加Ba(OH)2少量，即Ba(OH)2系数为1，1molBa(OH)2中有2molOH－，Al3＋最后以Al(OH)3形式存在，消耗Al3＋的物质的量为mol，然后得出：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓。
5.下列各组物质混合时，前者过量和不足时，发生不同化学反应的是（ ）
A. NaOH溶液和AlCl3溶液 B. 稀H2SO4与Al(OH)3
C. Al和NaOH溶液 D. 氨水与Al2(SO4)3溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
根据前者少量时生成物的性质分析判断，生成物能否和前者继续反应，如果能发生反应就和量有关，否则无关。
【详解】A项、氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化钠过量和不足时，发生不同化学反应，故A符合题意；
B项、硫酸和氢氧化铝反应生成硫酸铝，硫酸铝和硫酸不反应，所以该反应与稀硫酸的过量和不足无关，故B不符合题意；
C项、铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和铝不反应，所以该反应与铝过量和不足无关，故C不符合题意；
D项、氨水和硫酸铝反应产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液，所以生成的氢氧化铝和氨水不反应，该反应与氨水的过量和不足无关，故D不符合题意；
故选A。
【点睛】本题考查了铝及其化合物的性质，注意把握铝及其化合物之间的转化，只要第一步反应后的生成物能继续和反应物反应的，反应方程式和反应物的量有关，否则无关。
6.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 食盐水中：K＋、Al3＋、HCO3－
B. 无色溶液中：Fe2＋、SO42－、SCN－
C. c(C2O42－)=0.1mol·L－1的溶液中：H＋、Na＋、MnO4－
D. =10－12的溶液中：NH4＋、Ba2＋、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A、Al3＋和HCO3－发生双水解反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B、Fe2＋显浅绿色，不符合无色溶液，故B不符合题意；
C、MnO4－具有强氧化性，能将C2O42－氧化，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D、=10－12的溶液显酸性，这些离子在酸性溶液中能大量共存，故D符合题意；
答案选D。
7.常温下，向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量（溶液温度变化忽略不计)，生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. b点时溶质为NaHCO3
B. 横坐标轴上V4的值为90
C. oa过程是CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3的过程
D. 原混合物中 n[Ba(OH)2]:n(NaOH)=1:2
【答案】D
【解析】
【分析】
OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，据此分析；
【详解】OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，
A、根据上述分析，oa段发生反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，ab段发生反应：NaOH＋CO2=NaHCO3，即b点对应的溶液中溶质为NaHCO3，故A说法正确；
B、根据oa段的反应，以及b点以后的反应，两个阶段消耗CO2的体积是相同的，即都是30mL，则V4=90，故B说法正确；
C、根据上述分析，oa段发生Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，故C说法正确；
D、根据图像，oa段和ab段，消耗CO2的体积相同，根据oa段和ab段反应的方程式，n[Ba(OH)2]：n(NaOH)=1：1，故D说法错误；
答案选D。
8.如图是某元素价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A. A作肥料时不适合与草木灰混合施用
B. 同主族元素的氢化物中B的沸点最低
C. C一般用排水法收集
D. D→E的反应可用于检验D
【答案】B
【解析】
【详解】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。
A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；
B. B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；
C. C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；
D. NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。
故选B。
【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。
9.汽车尾气中的氮氧化合物(NO)与大气中的物质发生如下作用，形成一种雾霾。有关该雾霾的叙述错误的是
A. 该雾霾中含硝酸铵固体 B. 反应②是非氧化还原反应
C. NH3是形成该雾霾的催化剂 D. NH3可能来自过度施用氮肥
【答案】C
【解析】
【详解】A、依据流程，反应③发生的反应是NH3＋HNO3=NH4NO3，NH4NO3为固体，即该雾霾中含硝酸铵固体，故A说法正确；
B、反应②发生：N2O5＋H2O=2HNO3，该反应不属于氧化还原反应，故B说法正确；
C、硝酸与NH3反应生成NH4NO3固体，NH3是反应物，不是催化剂，故C说法错误；
D、铵盐是氮肥，过度施用氮肥，铵盐会释放出氨气，故D说法正确；
答案选C。
10.A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，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，Na2O、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，Na2O是碱性氧化物、Na2O2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，Na2S溶液在空气中长期放置，会发生反应：2S2-+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.某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：
① 用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
② 在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③ 在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是:
A. 溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－
B. 溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－
C. 不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－
D. 往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－
【答案】A
【解析】
【分析】
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。
【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；
B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；
C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；
D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。
12.某同学在实验室做铜与浓硫酸反应的实验。
（1）写出反应的化学方程式_____。
停止加热，将试管中的混合物冷却后倒入装有冷水的烧杯中，搅拌、静置，观察到烧杯底部有黑色物质。于是他对黑色物质进行了探究。
（2）该同学假设黑色物质CuO。检验过程如下：
【查阅文献：检验微量Cu2＋的方法是：向试液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋】该同学的实验操作：
①将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，产生红褐色沉淀。
②将黑色物质放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀。实验①的目的是__________，由该检验过程所得结论是________。
（3）再次假设，黑色物质是铜的硫化物。实验如下：
实验装置
现象
1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解
2.A试管内上方出现浅红棕色气体
3.B试管中出现……
①现象2说明黑色物质具有________性。
② A试管内上方出现浅红棕色气体的化学方程式是__________。
③能确认黑色沉淀中含有S元素的现象_________。
（4）以上实验说明，黑色物质中存在铜的硫化物。进一步实验后证明黑色物质是 CuS与Cu2S的混合物。已知1molCu2S与稀硝酸反应转移8mole-，写出试管A中Cu2S 溶解的化学方程式____________。
【答案】 (1). 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O (2). 做对比实验 (3). 黑色沉淀中不含CuO (4). 还原性 (5). 2NO+O2=2NO2 (6). B试管中出现白色沉淀 (7). 3Cu2S+20HNO36Cu(NO3)2+3SO2↑+8NO↑+10H2O
【解析】
【详解】（1）利用浓硫酸的强氧化性，铜和浓硫酸反应的方程式为Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
（2）①将CuO放入稀硫酸中，发生CuO＋H2SO4=CuSO4＋H2O，根据信息，向反应后溶液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，溶液中出现红褐色沉淀；
②将黑色物质放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，说明溶液中不含Cu2＋，即黑色物质中不含CuO；实验①的目的是做对比实验观察反应现象；
（3）①黑色物质与稀硝酸反应，黑色沉淀逐渐溶解，A试管内上方出现浅红棕色气体，该气体为NO2，说明黑色物质与稀硝酸反应产生NO，证明了黑色固体具有还原性；
②根据①的分析，其反应方程式为2NO＋O2=2NO2；
③证明S元素的存在，试管A中S元素被氧化成SO2，NO2和SO2进入BaCl2溶液中发生NO2＋SO2＋Ba2＋＋H2O=BaSO4↓＋NO↑＋2H＋，即当B试管中有白色沉淀产生，说明黑色沉淀中含有S元素；
（4）1molCu2S与稀硝酸反应转移8mole－，说明S元素被氧化成SO2，即反应化学方程式为3Cu2S＋20HNO36Cu(NO3)2＋3SO2↑＋8NO↑＋10H2O。
13.某铝土矿和黄铁矿的共生矿(主要成分为Al2O3、FeS2和SiO2)，由此矿石制备Fe3O4和Al2O3的流程如下图所示，回答下列问题：
（1）“步骤2”焙烧过程产生的废气为 _________。
（2）已知“步骤4”隔绝空气焙烧，则化学方程式为________（已知该过程产生的废气和废气1成分相同)。
（3）“固体2”的成分是_________，步骤5的分离方法是_________。
（4）写出步骤5的离子方程式__________。
（5）若原矿石质量为bkg，经过该过程获得的Fe3O4的质童为akg，则原矿石中铁元素的质量分数为________。
（6）该流程中存在较为明显的缺陷是____________。
【答案】 (1). 二氧化硫 (2). FeS2+ 16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑ (3). 硅酸 (4). 过滤 (5). AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O、SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓ (6). (7). 产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，能耗高
【解析】
【分析】
铝土矿和黄铁矿的混合物焙烧是黄铁矿反应生成Fe2O3和SO2，加入足量的NaOH溶液，氧化铝和SiO2溶解得到“溶液1”为NaAlO2和Na2SiO3，“固体1”为Fe2O3，“溶液1”加入足量的稀硫酸，得到“固体2”为硅酸，可以用来制备纯硅，“溶液2”为硫酸铝，加入足量的氨水反应生成Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，据此分析作答；
【详解】铝土矿和黄铁矿的混合物焙烧是黄铁矿反应生成Fe2O3和SO2，加入足量的NaOH溶液，氧化铝和SiO2溶解得到“溶液1”为NaAlO2和Na2SiO3，“固体1”为Fe2O3，“溶液1”加入足量的稀硫酸，得到“固体2”为硅酸，可以用来制备纯硅，“溶液2”为硫酸铝，加入足量的氨水反应生成Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，
（1）根据共生矿中含有成分，“步骤2”发生的反应是4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2，即产生的废气为SO2；
（2）根据上述分析，固体1为Fe2O3，因此“步骤4”反应过程中废气与废气1成分相同，即该过程中产生SO2，即该反应方程式是FeS2＋16Fe2O3 11Fe3O4＋2SO2↑；
（3）根据“固体2”的成分是硅酸；步骤5得到固体和溶液，即该操作步骤是过滤；
（4）根据上述分析，“溶液1”的成分是NaAlO2和Na2SiO3，加入足量的稀硫酸，则发生的离子方程式为AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O、SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓；
（5）“步骤4”发生的反应是FeS2＋16Fe2O3 11Fe3O4＋2SO2↑，则原矿石中铁元素的质量为，铁元素的质量分数为×100%=×100%；
（6）流程中产生SO2等有害气体，污染环境，多次焙烧或灼烧，耗能高， 因此该流程中存在较为明显的缺陷是产生有害气体，污染环境，多次焙烧或灼烧，耗能高。
【点睛】本题的难点和易错点是铁元素质量分数的计算，学生误认为Fe3O4中铁原子，全部来自于原矿石，忽略了“步骤4”中加入FeS2，含有铁元素，因此原矿石中铁元素的质量应是“步骤4”中Fe2O3中铁元素的质量。
14.卤族元素包括氯、溴、碘等元素，其中溴和碘在陆地上含量极少，主要存在于海水中。
（1）氯气有毒，一旦泄露会造成对空气的严重污染。工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气。（已知Cl2可将NH3氧化成N2)写出有关的化学方程式 _________。
（2）亚氯酸钠(NaClO2)是一种漂白剂。已知NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+ 的物质的量_____ (填相同或不相同），解释其原因是_____。
（3）从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。氧化时常用氯气做氧化剂，写出有关的离子方程式__________。
（4）海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验。设计一个检验浓液中是否含有碘离子的方法_____。
【答案】 (1). 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl或3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl (2). 相同 (3). 根据氧化还原反应过程中得失电子守恒，整个反应过程中最终氯元素为-1价， FeSO4失去电子数目相等，所以FeSO4消耗的量也相同 (4). 2Br-+Cl2═Br2+2Cl- (5). 取样，加入适量氯水（或过氧化氢），振荡，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝色证明有碘离子，若不变蓝证明没有碘离子
【解析】
【详解】（1）根据题目提示可知，氨气被氧化成氮气，则氯气被还原，该化学方程式为3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl；
（2）NaClO2作氧化剂，ClO2－被还原成Cl－，3molNaClO2得到12mole－，NaClO2分解的反应方程式为3NaClO2=2NaClO3＋NaCl，2molNaClO3作氧化剂转化成Cl－，得到12mole－，因此取等质量已变质和未变质的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2＋的物质的量相等；
（3）氯气的氧化性强于溴，即发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2；
（4）利用淀粉遇碘单质变蓝的性质进行检验，操作：取样，加入适量氯水（或过氧化氢），振荡，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝色证明有碘离子，若不变蓝，证明没有碘离子。
15. 已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是 ( )
A. X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
B. 第一电离能可能Y小于X
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应酸的酸性弱于Y对应酸的酸性
D. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX
【答案】C
【解析】
【分析】
同周期元素从左到右，原子序数依次增大，原子半径依次减小，非金属性依次增强，电负性依次增大。
【详解】A项、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B项、同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，但ⅤA族元素的p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于Ⅵ族元素，第一电离能Y大于X，也可能小于X，故B正确；
C项、元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；
D项、元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；
故选C。
【点睛】本题主要考查元素周期律的应用，明确明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性强弱的关系是解答本题的关键。
16.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. Br-的核外电子排布式为：[Ar]4s24p6
B. Na 的简化电子排布式： [Na]3s1
C. 氮原子的最外层电子轨道表示式为：
D. 价电子排布为 4s24p3 的元素位于第四周期第 VA 族，是 p 区元素
【答案】D
【解析】
【详解】A .Br-的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p6，故A错；
B. Na 的简化电子排布式：[Ne]3s1,故B错；
C.氮原子的最外层电子轨道表示式为：,故C错；
D.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA 族，是 p 区元素，是正确的，故D正确。答案选D。
17.徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是（ ）
A. H2O2分子中的O为sp2杂化 B. CO2 分子中C原子为sp杂化
C. BF3分子中的B原子sp3杂化 D. CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化
【答案】B
【解析】
【分析】
A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；
B、CO2 分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；
C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；
D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；
【详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；
B、CO2 分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；
C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；
D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；
故选B。
18.下列叙述正确的是 （ ）
A. 原子晶体中共价键越强熔点越高
B. 晶体中分子间作用力越大分子越稳定
C. 冰融化时水分子中共价键发生断裂
D. 氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏
【答案】A
【解析】
【详解】A、原子晶体中原子以共价键的形式结合，熔化时需要断裂共价键，即共价键越强，熔点越高，故A说法正确；
B、分子间作用力影响物质的部分物理性质，分子稳定性属于化学性质，故B说法错误；
C、冰融化时破坏的是范德华力和氢键，故C说法错误；
D、氧化钠的化学式为Na2O，只含有离子键，熔化时破坏离子键，故D说法错误；
答案选A。
19.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是 （ ）
A. 第一电离能：Cl>S>P>Si
B. 热稳定性：MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3
C. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI
D. 共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
【答案】CD
【解析】
【详解】A、同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，因此第一电离能顺序是Cl>P>S>Si，故A错误；
B、四种碳酸盐为离子晶体， Mg、Ca、Sr、Ba为同主族元素，离子半径逐渐增大，形成碳酸盐时阳离子电荷数相同，离子半径越小，越容易夺取CO32－中O，造成碳酸盐稳定性下降，因此热稳定性：MgCO3
D、HX中H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，故D正确；
答案选CD。
【点睛】易错点为选项B，碳酸盐的热分解是由于晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为CO2分子的结果，阳离子半径越小，所带电荷数越多，越容易结合CO32－中O，造成碳酸盐稳定性下降。
20.铁和钴是两种重要的过渡元素。
(1)钴位于元素周期表第四周期Ⅷ族，其基态原子中未成对电子个数为___________。
(2)基态Fe3+的核外电子排布式___________
(3)铁氧体是一种磁性材料，工业上制备时常采用水解法，制备时常加入尿素(CO(NH2)2)、醋酸钠等碱性物质。尿素分子中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________，分子中σ键与π键的数目之比为___________。醋酸钠中碳原子的杂化类型___________。
(4)铁氧体也可使用沉淀法，制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱，已知氨(NH3熔点：－77.8%℃、沸点：－33.5%℃)，联氨(N2H4熔点：2℃、沸点：113.5°C)解释其熔沸点高低的主要原因______________________。
(5)Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+的配位数为6，为确定钻的配合物的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，则第一种配合物的配体为___________。在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀。则第二种配合物的配体为___________。
(6)奥氏体是碳溶解在r-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构，如上图所示，则该物质的化学式为___________。若品体密度为dg·cm－3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出简化后的计算式即可)。
【答案】 (1). 3 (2). 1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5） (3). O>N>C>H (4). 7:1 (5). sp2 、sp3 (6). 联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键 (7). NH3、Br- (8). NH3、 SO42- (9). FeC（Fe4C4） (10).
【解析】
【分析】
（1）根据钴在元素周期表的位置，结合其电子排布式判断未成对电子个数；
（2）依据基态Fe的核外电子排布式判断失去最外层3个电子后的电子排布式；
（3）CO(NH2)2分子由C、N、H、O原子构成，根据同一周期元素电负性依次增大，同一主族元素电负性逐渐减小的规律进行分析；共价单键有1个σ键，共价双键有1个σ键与1个π键，结合成键规律及其分子结构式分析作答；醋酸钠含单键与碳氧双键，结合杂化轨道理论进行分析；
（4）考虑氢键对物质的熔沸点的影响；
（5）配合物的外界和内界之间通常形成离子键，外界的离子可以电离，而内界的配体离子难以电离。
【详解】（1）钴是27号元素，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，则在3d能级的原子轨道中有3个未成对电子，
故答案为：3；
（2）因Fe原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe3+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），
故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；
（3）同一周期中从左到右元素的电负性依次增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，则C、N、H、O的电负性由大到小的顺序是O>N>C>H；CO(NH2)2的结构简式为：，可看出分子内共有7个σ键与1个π键，则σ键与π键的个数比为7:1；醋酸根离子的中心碳原子不提供孤对电子，醋酸分子中两个碳原子处于中心位置,甲基碳原子sp3杂化,羧基碳原子sp2杂化，故其杂化类型为sp2 、sp3，
故答案为：O>N>C>H；7:1；sp2 、sp3；
（4）N2H4与NH3相比，其分子间的氢键数目较氨分子形成的氢键多，则N2H4熔沸点会相对升高，
故答案为：联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键；
（5）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+的配位数为6。在第一种配合物溶液中加硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀是硫酸银，说明第一种配体不是硫酸根，硫酸根是外界的离子，而溴离子是内界的配体，则第一种配合物的配体为NH3、Br-；在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，则沉淀为溴化银，则配体不可能是Br-，即第一种配合物的配体为NH3、SO42-。
故答案：NH3、Br-；NH3、SO42-；
（6）根据晶胞结构可知，晶胞中铁原子个数为8×1/8+6×1/2 = 4，碳原子个数为1+12×1/4 = 4，因此该物质的化学式为FeC（Fe4C4）；晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞的边长 = = cm，则面对角线为 cm×，所以晶胞中最近的碳原子之间的距离 = = pm，
故答案为：FeC（Fe4C4）； pm。
21.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是
A. 灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味
B. 油脂是产生能量最高的营养物质
C. 将碘化钾溶液滴在土豆片上，可观察到蓝色
D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂
【答案】C
【解析】
【分析】
A．蚕丝主要成分是蛋白质；B．油脂是产生能量最高的营养物质；C．碘单质遇淀粉变蓝色；D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解。
【详解】A．蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛气味，选项A正确； B．产生能量最高的营养物质为油脂，1g油脂完全氧化放出的热量大约是糖或蛋白质的2倍，选项B正确；C．土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉变蓝色，KI遇淀粉不会呈蓝色，选项C错误；D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，选项D正确。答案选C。
【点睛】本题考查糖类、油脂、蛋白质的性质和应用，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，注意皂化反应的定义，淀粉用于检验I2，不是检验碘元素。
22.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 ( )
A. b同分异构体只有d和p两种
B. b、d、p的二氯代物均只有三种
C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；
B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；
C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；
D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。
故答案选D。
23.一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是
A. 分子式为C12H18O2
B. 分子中至少有6个碳原子共平面
C. 该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成
【答案】B
【解析】
分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。
24.下列实验不正确的是（ ）
A. 将溴乙烷与氢氧化钠共热反应后，加入AgNO3溶液来鉴别溴离子
B. 向放有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水可产生乙炔气体
C. 制取硝基苯时，温度计应插入反应水浴中控制反应温度
D. 制取乙炔时，要用一小团棉花防止泡沫进入导管
【答案】A
【解析】
【详解】A、将溴乙烷与氢氧化钠共热，发生水解反应后，应先加入硝酸中和NaOH，再加AgNO3溶液来鉴别溴离子，故A错误；
B、水与电石反应比较剧烈，因此实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水，得到平稳的乙炔气体，故B正确；
C、制取硝基苯时，采用水浴加热，使反应温度控制在50~60℃，温度计应插入水浴中，故C正确；
D、碳化钙与水反应非常剧烈，反应放出大量的热，生成的氢氧化钙糊状物容易把导管口堵塞，所以在试管上部放置一团疏松的棉花，故D正确。
故选A。
25.下列判断，结论正确的是（ ）
选项
项目
结论
A
三种有机化合物：丙烯、氯乙烯、苯
分子内所有原子均在同一平面
B
由溴丙烷水解制丙醇、由丙烯与水反应制丙醇
属于同一反应类型
C
乙烯和苯都能使溴水褪色
褪色的原理相同
D
C4H9Cl的同分异构体数目（不考虑立体异构）
共有4种
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯乙烯、苯二者为平面结构，所有原子在同一平面内，丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面内，故A错误；
B、由溴丙烷水解制丙醇属于取代反应，由丙烯与水反应制丙醇属于加成反应，二者不属于同一反应类型，故B错误；
C、乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，苯萃取溴水中的溴，使溴水褪色，褪色原理不同，故C错误；
D、﹣C4H9的同分异构体有﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3四种，所有C4H9Cl有4种同分异构体，故D正确；
故选D。
26.有机物E(C11H12O2) 属于芳香酯类物质，天然物存在于威士忌酒、苹果酒等中，呈水果及玫瑰香气，可由下列路线人工合成：
完成下列填空：
（1）A中官能团的名称是________________；C物质的结构简式是________________。
（2）反应③的条件是_______________；反应④的类型是_____________________。
（3）写出反应⑥的化学方程式：__________________________________________________________________。
（4）如何检验反应②中的A是否完全转化？__________________________________________________________________。
（5）设计一条由出发，制备的合成路线（合成路线常用的表示方式为：）______________________________。
【答案】 (1). 羟基、醛基 (2). (3). 浓硫酸、加热 (4). 取代反应 (5). （ (6). 取样，加入氢氧化钠溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，煮沸，若产生砖红色沉淀，则未完全转化 (7).
【解析】
（1）根据伯醇在催化剂和加热条件下能够被氧化生成醛，醛可以被氧化生成酸，叔醇不能够发生催化氧化，A结构是，应该含有羟基（-OH）和醛基（-CHO）；根据推出C结构中含有苯环，根据反应试剂和条件Cl2和光照，推测C的结构是：；
（2）B与发生反应生成E(C11H12O2) 属于酯化反应，根据原子守恒，对照酯化反应的反应原理发现B结构中应该有碳碳双键，反应③应该是醇发生消去反应，反应条件是在加热条件下用浓硫酸做催化剂；甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子能够与卤素单质发生取代反应，所以反应④的类型是取代反应；
（3）B与发生酯化反应生成E(C11H12O2)和水，反应的化学方程式是：
；
（4）A的结构是：，有羟基（-OH）和醛基（-CHO），要检验A是否完全被氧化，可以检验产物是否含有醛基，如果含有醛基，说明没有完全转化，否则A完全转化了；检验醛基要在碱性条件下进行，所以取反应后的溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，煮沸，若产生砖红色沉淀，则未完全转化，否则完全转化；
（5）对照给的反应物和要求制取的生成物发现，反应物中有碳碳双键，生成物中出现羟基，并且在相邻的两个碳原子上，引入羟基的方法之一是：卤代烃在碱性条件下水解，烃分子中引入卤素原子可以用取代和加成的方法，根据反应物的结构中有碳碳双键，所以用加成的方法就可以，即：烯烃→卤代烃→醇，由出发，制备的合成路线可表示为：。
点睛：在有机合成中，能够正确引入官能团是解题的关键，如引入卤素原子，可以用烷烃与卤素单质的取代反应、苯环上的烷基与卤素单质光照下的取代反应、如题干中C→D通过条件可以判断是取代反应，烯烃(炔烃)与卤素单质或HX的加成反应、醇类与HX的取代反应都是引入卤素原子的方法；再如本题中涉及的引入羟基是通过卤代烃的水解反应，引入羟基还可以通过烯烃与水的加成反应、、醛(酮)催化加氢反应、酯类水解反应等方法。
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