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陕西省西安中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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西安中学高2020届高三期中考试化学试题
相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Pb207
第Ⅰ卷(选择题共42分）
一、选择题（本题包括21小题，每小题2分。每小题只有一项符合题目的要求）
1.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 氯离子(Cl－)的结构示意图：
B. 氯化铵的电子式：
C. CH4分子的比例模型：
D. 次氯酸的结构式：H－Cl－O
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯离子最外层为8电子，故错误；
B.氯化铵中铵根离子和氯离子之间为离子键，电子式正确，故正确；
C.图为甲烷的球棍模型，故错误；
D.次氯酸的结构式为H－O－Cl，故错误。
故选B。
【点睛】掌握电子式的书写原则，含有离子键的应书写有电荷和，共价键书写时注意原子形成的共用电子对数，用8-最外层电子数进行计算，同时注意氢原子形成一对共用电子。
2.下列各组物质中，前者属于电解质，后者属于混合物的是（ ）
A. 纯碱，饱和食盐水 B. 氯水，漂白粉
C. 盐酸，碱石灰 D. 液氨，硫酸铵
【答案】A
【解析】
【详解】A.纯碱为碳酸钠，是电解质，饱和食盐水为氯化钠溶液，为混合物，故正确；
B.氯水为氯气的水溶液为混合物，故错误；
C.盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，故错误；
D.液氨非电解质，硫酸铵为纯净物，故错误。
故选A。
3.下列变化过程涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 从海水中获取氯化镁 B. 煤的液化和气化
C. 使用泡沫灭火器产生泡沫 D. 铝土矿用强碱溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A.从海水中获取氯化镁需要加入氢氧化钙，反应生成氢氧化镁沉淀，沉淀溶于盐酸即可，故不涉及氧化还原反应，故错误；
B.煤的气化是将煤这种固体燃料变为一氧化碳和氢气，属于氧化还原反应，液化是指一氧化碳和氢气反应生成甲醇等，也属于氧化还原反应，故正确；
C.泡沫灭火器的原理为Al2(SO4)3+6NaHCO3==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑ ，不属于氧化还原反应，故错误；
D.铝土矿用强碱溶解的过程中涉及氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，不属于氧化还原反应，故错误。
故选B。
4.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. 磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料
B. 漂白粉可用于生活用水的消毒
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂
【答案】A
【解析】
【详解】A磁性氧化铁为四氧化三铁，为黑色，不能做为红色油漆，应是氧化铁，故错误；
B.漂白粉含有次氯酸钙，具有强氧化性，能用于生活用水的消毒，故正确；
C.氢氧化铝能和胃酸反应减少胃酸，同时少量氢氧化铝对人体无害，故正确；
D.硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，故正确。
故选A。
5.在一定温度下，向体积不变且相同的两个容器中，一个充入NH3，另一个充入N2与H2物质的量之比为1:3的混合气，使两个容器的压强相同。则两个容器内一定相等的是（ ）
A. 原子数 B. 分子数 C. 质量 D. 密度
【答案】B
【解析】
【详解】在同温同压同体积，则气体的物质的量相同，分子数相同，但因为分子中含有的原子数不相同，和不同物质的摩尔质量不同，故两容器内的原子数和质量和密度不同。
故选B。
【点睛】掌握阿伏加德罗定律和推论。即四同原理“同温同压同体积同分子数”。结合具体物质分析不同的分子中的原子数和质量和密度的关系。
6.NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24L水中含H原子的数目为0.2NA
B. 1L 0.1 mol·L－1KNO3溶液里含O原子的数目为0.3NA
C. 2.3g钠反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子的数目为0.1NA
D. 1mol H3O＋和1molNH4＋中含质子的数目均为10NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.标况下水不是气体，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故错误；
B.溶液中含有水，故氧原子数错误；
C.2.3克钠的物质的量为0.1mol反应失去0.1mol电子，故正确；
D. H3O＋和1molNH4＋二者都含有11个质子，故错误。
故选C。
7.下列反应可用离子方程式“ H＋+OH－= H2O ” 表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与KOH溶液混合 B. NaHCO3溶液与KOH溶液混合
C. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 D. 向Fe(OH)3沉淀中滴加稀硝酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.二者都为强电解质，能拆成离子形式，反应实质就是H＋+OH－= H2O，故正确；
B.应写成碳酸氢根离子，故错误；
C.有沉淀生成，故错误；
D.氢氧化铁不能拆成离子形式，故错误。
故选A。
8.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2+ H2O = 2H＋+ Cl－+ ClO－
B. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO + 2H＋=Fe2＋ + H2O
C. 向三氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3＋+3NH3·H2O =Al(OH)3↓+3NH4＋
D. 金属钠投入水中：Na + 2H2O =Na＋+ 2OH－+ H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.次氯酸是弱酸，不能拆成离子形式，故错误；
B.氧化亚铁和硝酸发生氧化还原反应，应生成铁离子，故错误；
C.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故正确；
D.该离子方程式电荷不守恒，故错误。
故选C。
9.某无色溶液中加入铝粉能放出氢气，在该溶液中一定可以大量共存的是（ ）
A. Na＋、NH4＋、SO42－、CO32－ B. Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－
C. Na＋、K＋、Cl－、SO42－ D. Na＋、K＋、Cl－、NO3－
【答案】C
【解析】
【分析】
无色溶液中不能含有有色离子。和铝反应生成氢气的溶液可能为酸或碱。
【详解】A.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，铵根离子在碱性溶液中不存在，故该组离子一定不能存在，故错误；
B.铜离子有颜色，不错误；
C.四种离子在酸性溶液或碱性溶液中都能存在，故正确；
D.溶液中含有硝酸根离子，在酸性溶液中和铝反应不能产生氢气，故错误。
故选C。
10.工业上处理黄铜矿（主要成分是CuFeS2）的主要反应是2CuFeS2 + 4O2= Cu2S + 3SO2 + 2FeO。关于该反应的下列说法中，不正确的是（ ）
A. CuFeS2既是氧化剂又是还原剂
B. 还原产物有Cu2S、SO2、FeO
C. Fe元素的化合价没有变化
D. 每反应1 molCuFeS2，转移电子8 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A. CuFeS2中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，故正确；
B.反应中铜元素和氧元素化合价降低，所以Cu2S、SO2、FeO三种物质都为还原产物，故正确；
C.铁元素前后没有变价，故正确；
D.反应中只有硫元素化合价升高，转移18个电子，所以每反应1 molCuFeS2，转移电子9mol，故错误；
故选D。
11.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 原子半径：Na > O
B. 气态氢化物的稳定性：H2O > H2S
C. 向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生
D. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg >Al
【答案】C
【解析】
【详解】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，不符合题意；
B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，不符合题意；
C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，符合题意；
D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，不符合题意。
故选C。
12.下列各组物质中，含有共价键但属于离子化合物的是（ ）
A. NH4NO3 B. MgCl2 C. HF D. H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.硝酸铵中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故正确；
B.氯化镁只有离子键，属于离子化合物，故错误；
C.氟化氢是含有共价键的共价化合物，故错误；
D.水是含有共价键的共价化合物，故错误。
故选A。
13.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
将氨水滴加到饱和FeCl3溶液中
B
配制100mL浓度为
0.1mol·L－1的NaOH溶液
称取NaOH固体0.4 g，溶解在100 mL水中
C
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D
除去CO2中少量的HCl
通过饱和碳酸氢钠溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化铁和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，故错误；
B.氢氧化钠溶解在水中，溶液体积不是100mL，故错误；
C.铜和氧化铜都和硝酸反应，故错误；
D.氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠和水和二氧化碳，二氧化碳和碳酸氢钠不反应，故正确。
故选D。
【点睛】掌握胶体的制备和一定物质的量浓度的溶液的配制。氢氧化铁胶体是在沸水中滴加氯化铁饱和溶液加热到出现红褐色即可停止。配制一定物质的量浓度的溶液时要使用一定规格的容量瓶确定最后溶液的体积。
14.用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
②中预测的现象
A
浓氨水
块状CaO
产生刺激性气味气体
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
浓盐酸
MnO2粉末
产生黄绿色气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.氨水和氧化钙反应生成氨气和氢氧化钙，故能产生刺激性气体，故正确；
B.常温下铝在浓硝酸中钝化，不能产生红棕色气体，故错误；
C.氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，不产生氢氧化铝沉淀，故错误；
D.浓盐酸和二氧化锰反应需要加热条件下，故错误。
故选A。
15.用过量的FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，反应是Cu + 2FeCl3= 2FeCl2 + CuCl2 。取少量腐蚀反应完毕后的混合溶液，加入一定量的铁粉充分搅拌，发现仍有固体存在。则下列判断不正确的是（ ）
A. 氧化性Fe3+ ＞ Cu2+ B. 剩余固体中一定含Cu
C. 有固体存在的溶液中一定无Cu2+ D. 有固体存在的溶液中一定含Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】混合溶液中含有氯化亚铁和氯化铜和氯化铁，加入铁，铁先和铁离子反应生成亚铁离子，然后铁和氯化铜反应生成铜，实验后发现有固体存在，可能是铁和铜或铜。
A.铁离子的氧化性强于铜离子，故正确；
B. 固体可能是铁和铜或铜，故正确；
C.固体可能是铁和铜或铜，若固体只有铜，溶液中可能含有铜离子，故错误；
D.反应一定产生亚铁离子，故正确
故选C。
16.将气体X通入BaCl2溶液，无明显现象，继续通入Y气体，有沉淀生成。则X、Y不可能是（ ）
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
SO2
Cl2
C
NH3
CO2
D
Cl2
CO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化硫和氯化钡不反应，二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，硫不溶于水，故正确；
B.二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故正确；
C.氨气和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，故正确；
D.氯气和氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，故错误。
故选D。
17.下列关于物质或离子检验的判断正确的是（ ）
A. 向溶液中滴加酚酞试液，溶液显红色：原溶液是NaOH
B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝：原气体中含有水蒸气
C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色：原粉末是钠盐
D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊：原气体是CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液显碱性的溶液可能是氢氧化钠也可能是其他溶液，故错误；
B.无水硫酸铜遇到水变蓝色，故正确；
C.火焰为黄色的为钠的化合物，但不能确定是盐，故错误；
D.能与氢氧化钙反应生成沉淀的气体可能是二氧化碳或二氧化硫，故错误。
故选B。
【点睛】掌握焰色反应为金属元素的性质，只能确定该物质是否含有该金属元素，但不能确定其物质类别，如盐或酸或氧化物等。
18.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（ ）
A. 单质的沸点：W>X B. 阴离子的还原性：W>Z
C. 氧化物对应的水化物的酸性：Y
【解析】
【详解】原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，说明W为只有一个电子层，为氢元素，X为氮元素，四种元素它们的最外层电子数之和为18，则Y和Z的最外层电子数和为18-1-5=12，则最外层电子数分别为5和7，为磷和氯元素。
A.W为氢元素，X为氮元素，氮气的沸点比氢气高，故错误；
B.H-还原性大于Cl-，故正确；
C.磷和氯非金属性比较，氯非金属性比磷强，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性高氯酸大于磷酸，但选项中没有说明是最高价氧化物，故错误；
D.氮和氯可以存于氯化铵离子化合物中，故错误；
故选B。
19.1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是( )
A. Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后先发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，再发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，以此来解答。
【详解】由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1molCO2与恰好与1molNa2O2反应生成1molNa2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故合理选项是A。
【点睛】本题考查混合物的计算的知识，把握发生的反应及先后顺序为解答的关键，注意过氧化钠先与二氧化碳反应，本题侧重于学生分析与计算能力的考查。
20.为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是
A. 原溶液中一定含有离子 B. 原溶液中一定含有
C. 原溶液中一定含有Cl-离子 D. 原溶液中一定含有Fe3+离子
【答案】B
【解析】
【分析】
由题干可知检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么该气体为NH3，红色溶液中含有；加入了KSCN的溶液显红色，说明更溶液中含有Fe3+；加入盐酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀，原溶液中可能含有硫酸根或者亚硫酸根，据此判断。
【详解】A.加入盐酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀，原溶液中可能含有硫酸根或者亚硫酸根，A项错误；
B.由题干可知检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么该气体为NH3，红色溶液中含有，B项正确；
C.由于原溶液中加入了盐酸酸化的硝酸钡溶液，虽然加入硝酸银溶液产生了白色沉淀，但不能确定原溶液中有无Cl-，可能是盐酸引入的Cl-形成的白色沉淀，C项错误；
D.盐酸酸化的硝酸钡溶液可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，因而不能确定溶液中一定含有Fe3+，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题容易忽略的是酸酸化的硝酸钡溶液中H+和NO3-可形成硝酸，可将SO32-氧化为SO42-，也可将Fe2+氧化为Fe3+，掌握离子的正确的检验方法是解答的关键。
21.已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 若A为Fe，C为氢气，则B一定是酸
B. 若A为H2O，B、D为化合物，则C一定是气体单质
C. 若C为单质，D为化合物，则A、B中一定有一种物质是单质
D. 若D为单质，A、B为化合物，该反应一定属于氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若A为Fe，C为氢气，B可能是酸或水，故错误；
B. 若A为H2O，B、D为化合物，可能是氮化镁，氮化镁和水反应时从氢氧化镁和氨气，故C不一定是气体单质，故错误；
C. 若C为单质，D为化合物，则A、B中不一定有单质，如水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，故错误；
D. 若D为单质，A、B为化合物，有单质参与反应，一定有化合价变化，所以该反应一定属于氧化还原反应，故正确。
故选D。
【点睛】熟悉高中的化学反应，并掌握其特征是关键。如掌握铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气等等。
第Ⅱ卷(非选择题共58分）
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22~24题为必考题，每个试题考生都必须做答。第25~26题为选考题，考生根据要求做答）
（一）必考题（共43分）
22.某学习小组设计以下的实验方案，测定镁铝合金中铝的质量分数。
方案一：将m1g镁铝合金中溶解在足量的试剂X中，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，得到质量为m2 g的固体。
（1）试剂X是_____，反应的离子方程式是____；
（2）如果在实验的过程中，没有对固体进行洗涤，则测得铝的质量分数将_____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
方案二：选择如图所示的装置和药品。
（3）组装完仪器以后，需要进行的实验操作是_____；
（4）导管a的作用是______；
（5）读数时需要注意的事项有_____；
（6）如果合金的质量是a g，测得气体的体积为b L（已换算为标准状况时的体积），则合金中铝的质量分数是_____。
【答案】 (1). NaOH (2). 2Al + 2OH－+ 2H2O =2AlO2－+ 3H2↑ (3). 偏小 (4). 检查装置的气密性 (5). 平衡气压，使液体顺利流下 (6). 冷却至室温，液面相平 (7).
【解析】
【分析】
根据铝和氢氧化钠反应而镁不和氢氧化钠反应进行设计实验进行分离，也可以利用二者都和酸反应测定氢气的体积从而计算。
【详解】(1)根据只有铝能溶于氢氧化钠NaOH，而镁不能和氢氧化钠反应，将合金溶于氢氧化钠溶液中，最后得到的固体为金属镁。反应的离子方程式为：2Al + 2OH－+ 2H2O =2AlO2－+ 3H2↑；
(2)如果固体没有洗涤，会造成金属镁的质量增加，则铝的质量分数偏小；
(3).因为实验中要测定气体的体积，所以组装完应检查装置的气密性；
(4).锥形瓶中反应生成气体，压强变化，用导管a连接锥形瓶和分液漏斗，能平衡气压，使液体顺利流下；
(5)读数应注意测定室温常压情况下的气体体积，所以需要冷却至室温，液面相平，使两侧的气体的压强相同；
(6).根据方程式分析，Mg-H2 ， 2Al-3H2 假设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=a，x+1.5y=b/22.4 ，y=，则铝的质量分数为。
【点睛】掌握物质分离提纯的方法，抓住铝的特殊反应，即和氢氧化钠反应进行实验设计。同时注意气体体积的量气方法和读数方法。
23.铅（Pb）与碳同主族，位于元素周期表中第六周期。
（1）铅笔中无“铅”，铅笔芯的主要成分是石墨和黏土。
①石墨和金刚石的关系是_____；
A．同位素 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同系物
②一种黏土的主要成分是Al2[(OH)4Si2O5]，用氧化物的形式表示其组成_______。
（2）化合物中铅只有+2和+4两种价态，且+4价的化合物不稳定。
①PbO2固体与浓盐酸混合共热，有黄绿色气体生成。写出反应的化学方程式_____；
② 将PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解，溶液变紫色。如果反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，则该反应的氧化产物是_____；
③ 已知PbO是碱性氧化物，PbO2是酸性氧化物，而Pb3O4则可看作两种氧化物按一定比例混合而成。写出Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式______。
（3）已知PbSO4 不溶于水，但可溶于醋酸铵（CH3COONH4）溶液，形成澄清溶液。
① PbSO4溶于CH3COONH4的原因可能是_____；
② 把醋酸铅溶液滴入Na2S溶液中，有黑色沉淀生成，其反应的离子方程式为_______；
③ 铅蓄电池的使用PbO2和Pb为电极材料，稀硫酸为电解质溶液。在电池工作过程中，如果转移了2mol电子，则提供电子的电极质量将增加______g。
【答案】 (1). B (2). Al2O3·2SiO2·2H2O (3). PbO2 + 4HCl = PbCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O (4). MnO4－ (5). Pb3O4 + 4H＋= 2Pb2＋+PbO2 + 2H2O (6). 醋酸铅是弱电解质 (7). Pb(CH3COO)2+ S2－= PbS↓+2CH3COO－ (8). 96
【解析】
【分析】
（1）根据同种元素的不同单质分析其为同素异形体；
（2）根据硅酸盐的氧化物的书写原则写成氧化物的形式；
（3）根据氧化还原中的化合价的变化并结合颜色分析氧化产物；
（4）根据离子反应的实质为向着某些离子减小的方向进行分析。
（5）根据铅蓄电池中原电池时负极为铅变硫酸铅分析电极的质量变化。
【详解】(1) ①石墨和金刚石为同素异形体，故选B；
②Al2[(OH)4Si2O5]用氧化物的形式表示，根据金属氧化物、二氧化硅、水的顺序分析，表示为Al2O3·2SiO2·2H2O；
(2). ①二氧化铅和盐酸反应生成氯气，说明铅化合价降低生成二价铅离子，方程式为： PbO2 + 4HCl = PbCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O；
②PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解，溶液变紫色，说明生成高锰酸根离子，则硝酸锰为还原剂，二氧化铅为氧化剂，再根据反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，铅化合价降低2价，则蒙元素化合价升高5价，即氧化产物为 MnO4－ ；
③Pb3O4可以看成是PbO2 和PbO 1：2比例混合而成的，且PbO是碱性氧化物，能和硝酸反应，PbO2是酸性氧化物不和硝酸反应，所以与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式Pb3O4 + 4H＋= 2Pb2＋+PbO2 + 2H2O；
(3) ①因为醋酸铅是弱电解质，反应能使溶液中的离子浓度减小，故硫酸铅能溶于醋酸铵形成醋酸铅；
②醋酸铅是弱电解质，不能拆成离子形式，硫化钠是强电解质，能拆，硫化铅是沉淀不拆，醋酸钠是强电解质，故离子方程式为：Pb(CH3COO)2+ S2－= PbS↓+2CH3COO－ ；
③提供电子的电极是铅，负极，铅反应后生成硫酸铅，故转移2mol电子，电极质量增加96克。
24.硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。
（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。
①该反应利用了浓硫酸的_______性；
②该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）______；
（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。
①写出氨气的电子式_____；
②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；
③在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80 t的NH4NO3需要氨气______t；
（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。
①反应中可以生成NO____L（标准状况）；
②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g。
【答案】 (1). 高沸点性（或不挥发性） (2). 4HNO3= 4NO2 ↑ + O2 ↑ + 2H2O (3). (4). 4NH3+ 5O2 4NO + 6H2O (5). 42 (6). 2.24 (7). 5.6
【解析】
【分析】
（1）利用浓硫酸的高沸点分析；
（2）根据 硝酸不稳定能分解分析；
（3）根据氨气转化为硝酸的一系列反应分析氨气的质量。
（4）注意硝酸具有强氧化性，硫酸具有酸性，同时注意铁离子能与铁反应。
【详解】(1) ①浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；
②硝酸在温度高时能分解生成二氧化氮和氧气和水，方程式为： 4HNO3= 4NO2 ↑ + O2 ↑ + 2H2O；
(2). ①氨气的电子式为： ；
②氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为： 4NH3+ 5O2 4NO+ 6H2O ；
③NH3-NO-HNO3-NH4NO3，80 t的NH4NO3需要转化为硝酸的的氨气的质量为=25t，另外需要和硝酸反应的氨气的质量为=17t，总共氨气的质量为25+17=42t；
(3). ①反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2H2O，根据铁的物质的量为0.1mol，溶液中的氢离子为0.5mol，硝酸根离子为0.1mol分析，铁反应生成0.1mol一氧化氮，标况下的体积为 2.24L；
② 反应中消耗0.4mol氢离子，和0.1mol硝酸根离子，还剩余0.1mol氢离子和0.1mol铁离子，0.1mol氢离子能反应0.05mol铁，0.1mol铁离子能反应0.05mol铁，故总共反应0.1mol铁，质量为5.6g。
【点睛】铁和硝酸和硫酸的混合酸反应时，硝酸尽可能表现氧化性，硫酸表现酸性，所以根据离子方程式计算，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。
（二）选考题（共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一道做答。如果多做，按所做的第一题计分。）
25.磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。
（1）基态O原子核外电子排布式为_______，基态Fe2+核外未成对电子数为_______，基态P原子核外占据最高能级的电子云轮廓图为_________形；
（2）比较大小（填“大于”、“小于”或“等于”）：
①沸点：NH3_____PH3 ；②第一电离能：I1(P)_____I1(O)。
（3）PO43−的空间构型是______，P原子的杂化形式为______，在1molPO43−中含σ键______个。
（4）Li2O的晶胞如图所示（其中白球代表Li，黑球代表O）。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式即可）。
【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 4 (3). 纺锤 (4). 大于 (5). 小于 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). 4NA (9).
【解析】
【分析】
（1）根据电子排布规律书写；
（2）借助硫元素的位置，根据第一电离能的变化规律判断。
（3）根据价层电子互斥理论分析离子的空间构型和原子的杂化方式。
（4）根据晶胞的均摊法分析计算晶体的密度。
【详解】(1)基态氧原子的电子排布式为 1s22s22p4；基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其中未成对电子数为4；基态P原子核外占据最高能级的电子为3p电子，其电子云轮廓图为纺锤形；
(2) ①氮的非金属性比磷强，所以氨气的稳定性大于磷化氢；
②同主族元素，从上往下第一电离能减小，同周期元素，从做到右，第一电离能增大，所以磷的第一电离能小于硫，硫小于氧。故I1(P) 小于I1(O)；
(3)磷酸根离子中磷原子价层电子对个数为，且不含孤对电子，根据价层电子对互斥理论判断该阴离子为正四面体；中心原子磷原子杂化形式为 sp3；磷氧单键为σ键，磷氧双键为σ键和π键，所以一个磷酸根离子含有4个σ键，故1mol磷酸根离子含有 4NAσ 键。
(4)由图可知，锂位于晶胞内部，氧位于顶点和面心，因此一个晶胞中有8个锂原子，氧原子个数为=4，因此一个氧化锂晶胞的质量为g，一个晶胞的体积为（0.4665）3cm3，即晶体的密度为g·cm−3。
26.水杨酸的结构简式为，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：
已知：2RCH2CHO。回答下列问题：
（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为________；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为_____。
（2）第③步的反应类型为____； D中所含官能团的名称为______；
（3）第①步反应的化学方程式为______。
（4）E的分子式是______。
（5）1mol水杨酸分别消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比是______。
（6）X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，符合下列条件的共__种，其中取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体的结构简式是_______。①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3发生显色反应 ③能发生水解反应
【答案】 (1). C4H10O (2). 1-丁醇 (3). 加成反应 (4). 羟基 (5). 2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O (6). C15H22O3 (7). 2:1 (8). 9 (9).
【解析】
【分析】
饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则根据饱和一元醇的通式CnH2n+2O分析，该醇的分子式为C4H10O，根据其只有一个甲基分析，结构简式为CH3CH2CH2CHO，根据转化关系分析，B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，结合D的相对分子质量为130分析，D的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH。
【详解】(1)根据分析，A的分子式为 C4H10O，其结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，名称为1-丁醇；
(2)C到D为碳碳双键和碳氧双键的加成反应；D的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，官能团为羟基；
(3) 第①步反应为醇变醛的过程，化学方程式为2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O；
(4)E为 CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH和水杨酸酯化反应生成的，根据质量守恒定律分析，反应生成酯和水，故E的分子式为 C15H22O3 ；
(5) 1mol 消耗2mol氢氧化钠，消耗1mol碳酸氢钠，故比例为2:1；
(6) X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，与FeCl3发生显色反应说明含有酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，即连接的为-COOCH3，-CH2OOCH，-OOCCH3，与酚羟基都有邻间对三种位置关系，所以符合下列条件的共9种；取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体说明酯基水解后生成酚羟基和羧基，其结构简式是。
【点睛】掌握有机物的官能团的结构和性质，注意能和氢氧化钠反应的官能团为酚羟基和羧基和酯基，能和碳酸氢钠反应的官能团为羧基。能和金属钠反应的官能团为羟基或羧基。
相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Pb207
第Ⅰ卷(选择题共42分）
一、选择题（本题包括21小题，每小题2分。每小题只有一项符合题目的要求）
1.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 氯离子(Cl－)的结构示意图：
B. 氯化铵的电子式：
C. CH4分子的比例模型：
D. 次氯酸的结构式：H－Cl－O
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯离子最外层为8电子，故错误；
B.氯化铵中铵根离子和氯离子之间为离子键，电子式正确，故正确；
C.图为甲烷的球棍模型，故错误；
D.次氯酸的结构式为H－O－Cl，故错误。
故选B。
【点睛】掌握电子式的书写原则，含有离子键的应书写有电荷和，共价键书写时注意原子形成的共用电子对数，用8-最外层电子数进行计算，同时注意氢原子形成一对共用电子。
2.下列各组物质中，前者属于电解质，后者属于混合物的是（ ）
A. 纯碱，饱和食盐水 B. 氯水，漂白粉
C. 盐酸，碱石灰 D. 液氨，硫酸铵
【答案】A
【解析】
【详解】A.纯碱为碳酸钠，是电解质，饱和食盐水为氯化钠溶液，为混合物，故正确；
B.氯水为氯气的水溶液为混合物，故错误；
C.盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，故错误；
D.液氨非电解质，硫酸铵为纯净物，故错误。
故选A。
3.下列变化过程涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 从海水中获取氯化镁 B. 煤的液化和气化
C. 使用泡沫灭火器产生泡沫 D. 铝土矿用强碱溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A.从海水中获取氯化镁需要加入氢氧化钙，反应生成氢氧化镁沉淀，沉淀溶于盐酸即可，故不涉及氧化还原反应，故错误；
B.煤的气化是将煤这种固体燃料变为一氧化碳和氢气，属于氧化还原反应，液化是指一氧化碳和氢气反应生成甲醇等，也属于氧化还原反应，故正确；
C.泡沫灭火器的原理为Al2(SO4)3+6NaHCO3==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑ ，不属于氧化还原反应，故错误；
D.铝土矿用强碱溶解的过程中涉及氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，不属于氧化还原反应，故错误。
故选B。
4.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. 磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料
B. 漂白粉可用于生活用水的消毒
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂
【答案】A
【解析】
【详解】A磁性氧化铁为四氧化三铁，为黑色，不能做为红色油漆，应是氧化铁，故错误；
B.漂白粉含有次氯酸钙，具有强氧化性，能用于生活用水的消毒，故正确；
C.氢氧化铝能和胃酸反应减少胃酸，同时少量氢氧化铝对人体无害，故正确；
D.硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，故正确。
故选A。
5.在一定温度下，向体积不变且相同的两个容器中，一个充入NH3，另一个充入N2与H2物质的量之比为1:3的混合气，使两个容器的压强相同。则两个容器内一定相等的是（ ）
A. 原子数 B. 分子数 C. 质量 D. 密度
【答案】B
【解析】
【详解】在同温同压同体积，则气体的物质的量相同，分子数相同，但因为分子中含有的原子数不相同，和不同物质的摩尔质量不同，故两容器内的原子数和质量和密度不同。
故选B。
【点睛】掌握阿伏加德罗定律和推论。即四同原理“同温同压同体积同分子数”。结合具体物质分析不同的分子中的原子数和质量和密度的关系。
6.NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24L水中含H原子的数目为0.2NA
B. 1L 0.1 mol·L－1KNO3溶液里含O原子的数目为0.3NA
C. 2.3g钠反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子的数目为0.1NA
D. 1mol H3O＋和1molNH4＋中含质子的数目均为10NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.标况下水不是气体，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故错误；
B.溶液中含有水，故氧原子数错误；
C.2.3克钠的物质的量为0.1mol反应失去0.1mol电子，故正确；
D. H3O＋和1molNH4＋二者都含有11个质子，故错误。
故选C。
7.下列反应可用离子方程式“ H＋+OH－= H2O ” 表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与KOH溶液混合 B. NaHCO3溶液与KOH溶液混合
C. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 D. 向Fe(OH)3沉淀中滴加稀硝酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.二者都为强电解质，能拆成离子形式，反应实质就是H＋+OH－= H2O，故正确；
B.应写成碳酸氢根离子，故错误；
C.有沉淀生成，故错误；
D.氢氧化铁不能拆成离子形式，故错误。
故选A。
8.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2+ H2O = 2H＋+ Cl－+ ClO－
B. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO + 2H＋=Fe2＋ + H2O
C. 向三氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3＋+3NH3·H2O =Al(OH)3↓+3NH4＋
D. 金属钠投入水中：Na + 2H2O =Na＋+ 2OH－+ H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.次氯酸是弱酸，不能拆成离子形式，故错误；
B.氧化亚铁和硝酸发生氧化还原反应，应生成铁离子，故错误；
C.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故正确；
D.该离子方程式电荷不守恒，故错误。
故选C。
9.某无色溶液中加入铝粉能放出氢气，在该溶液中一定可以大量共存的是（ ）
A. Na＋、NH4＋、SO42－、CO32－ B. Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－
C. Na＋、K＋、Cl－、SO42－ D. Na＋、K＋、Cl－、NO3－
【答案】C
【解析】
【分析】
无色溶液中不能含有有色离子。和铝反应生成氢气的溶液可能为酸或碱。
【详解】A.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，铵根离子在碱性溶液中不存在，故该组离子一定不能存在，故错误；
B.铜离子有颜色，不错误；
C.四种离子在酸性溶液或碱性溶液中都能存在，故正确；
D.溶液中含有硝酸根离子，在酸性溶液中和铝反应不能产生氢气，故错误。
故选C。
10.工业上处理黄铜矿（主要成分是CuFeS2）的主要反应是2CuFeS2 + 4O2= Cu2S + 3SO2 + 2FeO。关于该反应的下列说法中，不正确的是（ ）
A. CuFeS2既是氧化剂又是还原剂
B. 还原产物有Cu2S、SO2、FeO
C. Fe元素的化合价没有变化
D. 每反应1 molCuFeS2，转移电子8 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A. CuFeS2中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，故正确；
B.反应中铜元素和氧元素化合价降低，所以Cu2S、SO2、FeO三种物质都为还原产物，故正确；
C.铁元素前后没有变价，故正确；
D.反应中只有硫元素化合价升高，转移18个电子，所以每反应1 molCuFeS2，转移电子9mol，故错误；
故选D。
11.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 原子半径：Na > O
B. 气态氢化物的稳定性：H2O > H2S
C. 向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生
D. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg >Al
【答案】C
【解析】
【详解】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，不符合题意；
B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，不符合题意；
C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，符合题意；
D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，不符合题意。
故选C。
12.下列各组物质中，含有共价键但属于离子化合物的是（ ）
A. NH4NO3 B. MgCl2 C. HF D. H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.硝酸铵中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故正确；
B.氯化镁只有离子键，属于离子化合物，故错误；
C.氟化氢是含有共价键的共价化合物，故错误；
D.水是含有共价键的共价化合物，故错误。
故选A。
13.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
将氨水滴加到饱和FeCl3溶液中
B
配制100mL浓度为
0.1mol·L－1的NaOH溶液
称取NaOH固体0.4 g，溶解在100 mL水中
C
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D
除去CO2中少量的HCl
通过饱和碳酸氢钠溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化铁和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，故错误；
B.氢氧化钠溶解在水中，溶液体积不是100mL，故错误；
C.铜和氧化铜都和硝酸反应，故错误；
D.氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠和水和二氧化碳，二氧化碳和碳酸氢钠不反应，故正确。
故选D。
【点睛】掌握胶体的制备和一定物质的量浓度的溶液的配制。氢氧化铁胶体是在沸水中滴加氯化铁饱和溶液加热到出现红褐色即可停止。配制一定物质的量浓度的溶液时要使用一定规格的容量瓶确定最后溶液的体积。
14.用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
②中预测的现象
A
浓氨水
块状CaO
产生刺激性气味气体
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
浓盐酸
MnO2粉末
产生黄绿色气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.氨水和氧化钙反应生成氨气和氢氧化钙，故能产生刺激性气体，故正确；
B.常温下铝在浓硝酸中钝化，不能产生红棕色气体，故错误；
C.氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，不产生氢氧化铝沉淀，故错误；
D.浓盐酸和二氧化锰反应需要加热条件下，故错误。
故选A。
15.用过量的FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，反应是Cu + 2FeCl3= 2FeCl2 + CuCl2 。取少量腐蚀反应完毕后的混合溶液，加入一定量的铁粉充分搅拌，发现仍有固体存在。则下列判断不正确的是（ ）
A. 氧化性Fe3+ ＞ Cu2+ B. 剩余固体中一定含Cu
C. 有固体存在的溶液中一定无Cu2+ D. 有固体存在的溶液中一定含Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】混合溶液中含有氯化亚铁和氯化铜和氯化铁，加入铁，铁先和铁离子反应生成亚铁离子，然后铁和氯化铜反应生成铜，实验后发现有固体存在，可能是铁和铜或铜。
A.铁离子的氧化性强于铜离子，故正确；
B. 固体可能是铁和铜或铜，故正确；
C.固体可能是铁和铜或铜，若固体只有铜，溶液中可能含有铜离子，故错误；
D.反应一定产生亚铁离子，故正确
故选C。
16.将气体X通入BaCl2溶液，无明显现象，继续通入Y气体，有沉淀生成。则X、Y不可能是（ ）
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
SO2
Cl2
C
NH3
CO2
D
Cl2
CO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化硫和氯化钡不反应，二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，硫不溶于水，故正确；
B.二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故正确；
C.氨气和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，故正确；
D.氯气和氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，故错误。
故选D。
17.下列关于物质或离子检验的判断正确的是（ ）
A. 向溶液中滴加酚酞试液，溶液显红色：原溶液是NaOH
B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝：原气体中含有水蒸气
C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色：原粉末是钠盐
D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊：原气体是CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液显碱性的溶液可能是氢氧化钠也可能是其他溶液，故错误；
B.无水硫酸铜遇到水变蓝色，故正确；
C.火焰为黄色的为钠的化合物，但不能确定是盐，故错误；
D.能与氢氧化钙反应生成沉淀的气体可能是二氧化碳或二氧化硫，故错误。
故选B。
【点睛】掌握焰色反应为金属元素的性质，只能确定该物质是否含有该金属元素，但不能确定其物质类别，如盐或酸或氧化物等。
18.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（ ）
A. 单质的沸点：W>X B. 阴离子的还原性：W>Z
C. 氧化物对应的水化物的酸性：Y
【解析】
【详解】原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，说明W为只有一个电子层，为氢元素，X为氮元素，四种元素它们的最外层电子数之和为18，则Y和Z的最外层电子数和为18-1-5=12，则最外层电子数分别为5和7，为磷和氯元素。
A.W为氢元素，X为氮元素，氮气的沸点比氢气高，故错误；
B.H-还原性大于Cl-，故正确；
C.磷和氯非金属性比较，氯非金属性比磷强，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性高氯酸大于磷酸，但选项中没有说明是最高价氧化物，故错误；
D.氮和氯可以存于氯化铵离子化合物中，故错误；
故选B。
19.1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是( )
A. Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后先发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，再发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，以此来解答。
【详解】由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1molCO2与恰好与1molNa2O2反应生成1molNa2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故合理选项是A。
【点睛】本题考查混合物的计算的知识，把握发生的反应及先后顺序为解答的关键，注意过氧化钠先与二氧化碳反应，本题侧重于学生分析与计算能力的考查。
20.为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是
A. 原溶液中一定含有离子 B. 原溶液中一定含有
C. 原溶液中一定含有Cl-离子 D. 原溶液中一定含有Fe3+离子
【答案】B
【解析】
【分析】
由题干可知检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么该气体为NH3，红色溶液中含有；加入了KSCN的溶液显红色，说明更溶液中含有Fe3+；加入盐酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀，原溶液中可能含有硫酸根或者亚硫酸根，据此判断。
【详解】A.加入盐酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀，原溶液中可能含有硫酸根或者亚硫酸根，A项错误；
B.由题干可知检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么该气体为NH3，红色溶液中含有，B项正确；
C.由于原溶液中加入了盐酸酸化的硝酸钡溶液，虽然加入硝酸银溶液产生了白色沉淀，但不能确定原溶液中有无Cl-，可能是盐酸引入的Cl-形成的白色沉淀，C项错误；
D.盐酸酸化的硝酸钡溶液可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，因而不能确定溶液中一定含有Fe3+，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题容易忽略的是酸酸化的硝酸钡溶液中H+和NO3-可形成硝酸，可将SO32-氧化为SO42-，也可将Fe2+氧化为Fe3+，掌握离子的正确的检验方法是解答的关键。
21.已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 若A为Fe，C为氢气，则B一定是酸
B. 若A为H2O，B、D为化合物，则C一定是气体单质
C. 若C为单质，D为化合物，则A、B中一定有一种物质是单质
D. 若D为单质，A、B为化合物，该反应一定属于氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若A为Fe，C为氢气，B可能是酸或水，故错误；
B. 若A为H2O，B、D为化合物，可能是氮化镁，氮化镁和水反应时从氢氧化镁和氨气，故C不一定是气体单质，故错误；
C. 若C为单质，D为化合物，则A、B中不一定有单质，如水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，故错误；
D. 若D为单质，A、B为化合物，有单质参与反应，一定有化合价变化，所以该反应一定属于氧化还原反应，故正确。
故选D。
【点睛】熟悉高中的化学反应，并掌握其特征是关键。如掌握铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气等等。
第Ⅱ卷(非选择题共58分）
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22~24题为必考题，每个试题考生都必须做答。第25~26题为选考题，考生根据要求做答）
（一）必考题（共43分）
22.某学习小组设计以下的实验方案，测定镁铝合金中铝的质量分数。
方案一：将m1g镁铝合金中溶解在足量的试剂X中，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，得到质量为m2 g的固体。
（1）试剂X是_____，反应的离子方程式是____；
（2）如果在实验的过程中，没有对固体进行洗涤，则测得铝的质量分数将_____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
方案二：选择如图所示的装置和药品。
（3）组装完仪器以后，需要进行的实验操作是_____；
（4）导管a的作用是______；
（5）读数时需要注意的事项有_____；
（6）如果合金的质量是a g，测得气体的体积为b L（已换算为标准状况时的体积），则合金中铝的质量分数是_____。
【答案】 (1). NaOH (2). 2Al + 2OH－+ 2H2O =2AlO2－+ 3H2↑ (3). 偏小 (4). 检查装置的气密性 (5). 平衡气压，使液体顺利流下 (6). 冷却至室温，液面相平 (7).
【解析】
【分析】
根据铝和氢氧化钠反应而镁不和氢氧化钠反应进行设计实验进行分离，也可以利用二者都和酸反应测定氢气的体积从而计算。
【详解】(1)根据只有铝能溶于氢氧化钠NaOH，而镁不能和氢氧化钠反应，将合金溶于氢氧化钠溶液中，最后得到的固体为金属镁。反应的离子方程式为：2Al + 2OH－+ 2H2O =2AlO2－+ 3H2↑；
(2)如果固体没有洗涤，会造成金属镁的质量增加，则铝的质量分数偏小；
(3).因为实验中要测定气体的体积，所以组装完应检查装置的气密性；
(4).锥形瓶中反应生成气体，压强变化，用导管a连接锥形瓶和分液漏斗，能平衡气压，使液体顺利流下；
(5)读数应注意测定室温常压情况下的气体体积，所以需要冷却至室温，液面相平，使两侧的气体的压强相同；
(6).根据方程式分析，Mg-H2 ， 2Al-3H2 假设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=a，x+1.5y=b/22.4 ，y=，则铝的质量分数为。
【点睛】掌握物质分离提纯的方法，抓住铝的特殊反应，即和氢氧化钠反应进行实验设计。同时注意气体体积的量气方法和读数方法。
23.铅（Pb）与碳同主族，位于元素周期表中第六周期。
（1）铅笔中无“铅”，铅笔芯的主要成分是石墨和黏土。
①石墨和金刚石的关系是_____；
A．同位素 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同系物
②一种黏土的主要成分是Al2[(OH)4Si2O5]，用氧化物的形式表示其组成_______。
（2）化合物中铅只有+2和+4两种价态，且+4价的化合物不稳定。
①PbO2固体与浓盐酸混合共热，有黄绿色气体生成。写出反应的化学方程式_____；
② 将PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解，溶液变紫色。如果反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，则该反应的氧化产物是_____；
③ 已知PbO是碱性氧化物，PbO2是酸性氧化物，而Pb3O4则可看作两种氧化物按一定比例混合而成。写出Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式______。
（3）已知PbSO4 不溶于水，但可溶于醋酸铵（CH3COONH4）溶液，形成澄清溶液。
① PbSO4溶于CH3COONH4的原因可能是_____；
② 把醋酸铅溶液滴入Na2S溶液中，有黑色沉淀生成，其反应的离子方程式为_______；
③ 铅蓄电池的使用PbO2和Pb为电极材料，稀硫酸为电解质溶液。在电池工作过程中，如果转移了2mol电子，则提供电子的电极质量将增加______g。
【答案】 (1). B (2). Al2O3·2SiO2·2H2O (3). PbO2 + 4HCl = PbCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O (4). MnO4－ (5). Pb3O4 + 4H＋= 2Pb2＋+PbO2 + 2H2O (6). 醋酸铅是弱电解质 (7). Pb(CH3COO)2+ S2－= PbS↓+2CH3COO－ (8). 96
【解析】
【分析】
（1）根据同种元素的不同单质分析其为同素异形体；
（2）根据硅酸盐的氧化物的书写原则写成氧化物的形式；
（3）根据氧化还原中的化合价的变化并结合颜色分析氧化产物；
（4）根据离子反应的实质为向着某些离子减小的方向进行分析。
（5）根据铅蓄电池中原电池时负极为铅变硫酸铅分析电极的质量变化。
【详解】(1) ①石墨和金刚石为同素异形体，故选B；
②Al2[(OH)4Si2O5]用氧化物的形式表示，根据金属氧化物、二氧化硅、水的顺序分析，表示为Al2O3·2SiO2·2H2O；
(2). ①二氧化铅和盐酸反应生成氯气，说明铅化合价降低生成二价铅离子，方程式为： PbO2 + 4HCl = PbCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O；
②PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解，溶液变紫色，说明生成高锰酸根离子，则硝酸锰为还原剂，二氧化铅为氧化剂，再根据反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，铅化合价降低2价，则蒙元素化合价升高5价，即氧化产物为 MnO4－ ；
③Pb3O4可以看成是PbO2 和PbO 1：2比例混合而成的，且PbO是碱性氧化物，能和硝酸反应，PbO2是酸性氧化物不和硝酸反应，所以与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式Pb3O4 + 4H＋= 2Pb2＋+PbO2 + 2H2O；
(3) ①因为醋酸铅是弱电解质，反应能使溶液中的离子浓度减小，故硫酸铅能溶于醋酸铵形成醋酸铅；
②醋酸铅是弱电解质，不能拆成离子形式，硫化钠是强电解质，能拆，硫化铅是沉淀不拆，醋酸钠是强电解质，故离子方程式为：Pb(CH3COO)2+ S2－= PbS↓+2CH3COO－ ；
③提供电子的电极是铅，负极，铅反应后生成硫酸铅，故转移2mol电子，电极质量增加96克。
24.硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。
（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。
①该反应利用了浓硫酸的_______性；
②该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）______；
（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。
①写出氨气的电子式_____；
②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；
③在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80 t的NH4NO3需要氨气______t；
（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。
①反应中可以生成NO____L（标准状况）；
②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g。
【答案】 (1). 高沸点性（或不挥发性） (2). 4HNO3= 4NO2 ↑ + O2 ↑ + 2H2O (3). (4). 4NH3+ 5O2 4NO + 6H2O (5). 42 (6). 2.24 (7). 5.6
【解析】
【分析】
（1）利用浓硫酸的高沸点分析；
（2）根据 硝酸不稳定能分解分析；
（3）根据氨气转化为硝酸的一系列反应分析氨气的质量。
（4）注意硝酸具有强氧化性，硫酸具有酸性，同时注意铁离子能与铁反应。
【详解】(1) ①浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；
②硝酸在温度高时能分解生成二氧化氮和氧气和水，方程式为： 4HNO3= 4NO2 ↑ + O2 ↑ + 2H2O；
(2). ①氨气的电子式为： ；
②氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为： 4NH3+ 5O2 4NO+ 6H2O ；
③NH3-NO-HNO3-NH4NO3，80 t的NH4NO3需要转化为硝酸的的氨气的质量为=25t，另外需要和硝酸反应的氨气的质量为=17t，总共氨气的质量为25+17=42t；
(3). ①反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2H2O，根据铁的物质的量为0.1mol，溶液中的氢离子为0.5mol，硝酸根离子为0.1mol分析，铁反应生成0.1mol一氧化氮，标况下的体积为 2.24L；
② 反应中消耗0.4mol氢离子，和0.1mol硝酸根离子，还剩余0.1mol氢离子和0.1mol铁离子，0.1mol氢离子能反应0.05mol铁，0.1mol铁离子能反应0.05mol铁，故总共反应0.1mol铁，质量为5.6g。
【点睛】铁和硝酸和硫酸的混合酸反应时，硝酸尽可能表现氧化性，硫酸表现酸性，所以根据离子方程式计算，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。
（二）选考题（共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一道做答。如果多做，按所做的第一题计分。）
25.磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。
（1）基态O原子核外电子排布式为_______，基态Fe2+核外未成对电子数为_______，基态P原子核外占据最高能级的电子云轮廓图为_________形；
（2）比较大小（填“大于”、“小于”或“等于”）：
①沸点：NH3_____PH3 ；②第一电离能：I1(P)_____I1(O)。
（3）PO43−的空间构型是______，P原子的杂化形式为______，在1molPO43−中含σ键______个。
（4）Li2O的晶胞如图所示（其中白球代表Li，黑球代表O）。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式即可）。
【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 4 (3). 纺锤 (4). 大于 (5). 小于 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). 4NA (9).
【解析】
【分析】
（1）根据电子排布规律书写；
（2）借助硫元素的位置，根据第一电离能的变化规律判断。
（3）根据价层电子互斥理论分析离子的空间构型和原子的杂化方式。
（4）根据晶胞的均摊法分析计算晶体的密度。
【详解】(1)基态氧原子的电子排布式为 1s22s22p4；基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其中未成对电子数为4；基态P原子核外占据最高能级的电子为3p电子，其电子云轮廓图为纺锤形；
(2) ①氮的非金属性比磷强，所以氨气的稳定性大于磷化氢；
②同主族元素，从上往下第一电离能减小，同周期元素，从做到右，第一电离能增大，所以磷的第一电离能小于硫，硫小于氧。故I1(P) 小于I1(O)；
(3)磷酸根离子中磷原子价层电子对个数为，且不含孤对电子，根据价层电子对互斥理论判断该阴离子为正四面体；中心原子磷原子杂化形式为 sp3；磷氧单键为σ键，磷氧双键为σ键和π键，所以一个磷酸根离子含有4个σ键，故1mol磷酸根离子含有 4NAσ 键。
(4)由图可知，锂位于晶胞内部，氧位于顶点和面心，因此一个晶胞中有8个锂原子，氧原子个数为=4，因此一个氧化锂晶胞的质量为g，一个晶胞的体积为（0.4665）3cm3，即晶体的密度为g·cm−3。
26.水杨酸的结构简式为，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：
已知：2RCH2CHO。回答下列问题：
（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为________；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为_____。
（2）第③步的反应类型为____； D中所含官能团的名称为______；
（3）第①步反应的化学方程式为______。
（4）E的分子式是______。
（5）1mol水杨酸分别消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比是______。
（6）X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，符合下列条件的共__种，其中取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体的结构简式是_______。①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3发生显色反应 ③能发生水解反应
【答案】 (1). C4H10O (2). 1-丁醇 (3). 加成反应 (4). 羟基 (5). 2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O (6). C15H22O3 (7). 2:1 (8). 9 (9).
【解析】
【分析】
饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则根据饱和一元醇的通式CnH2n+2O分析，该醇的分子式为C4H10O，根据其只有一个甲基分析，结构简式为CH3CH2CH2CHO，根据转化关系分析，B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，结合D的相对分子质量为130分析，D的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH。
【详解】(1)根据分析，A的分子式为 C4H10O，其结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，名称为1-丁醇；
(2)C到D为碳碳双键和碳氧双键的加成反应；D的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，官能团为羟基；
(3) 第①步反应为醇变醛的过程，化学方程式为2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O；
(4)E为 CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH和水杨酸酯化反应生成的，根据质量守恒定律分析，反应生成酯和水，故E的分子式为 C15H22O3 ；
(5) 1mol 消耗2mol氢氧化钠，消耗1mol碳酸氢钠，故比例为2:1；
(6) X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，与FeCl3发生显色反应说明含有酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，即连接的为-COOCH3，-CH2OOCH，-OOCCH3，与酚羟基都有邻间对三种位置关系，所以符合下列条件的共9种；取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体说明酯基水解后生成酚羟基和羧基，其结构简式是。
【点睛】掌握有机物的官能团的结构和性质，注意能和氢氧化钠反应的官能团为酚羟基和羧基和酯基，能和碳酸氢钠反应的官能团为羧基。能和金属钠反应的官能团为羟基或羧基。
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