1、- 1 -江西省南昌市第十中学 2017-2018 学年高二下学期期末考试化学试题说明：本试卷分第 I 卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，全卷满分 100 分。考试用时100 分钟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 S-32 Cl-35.5一、选择题(本大题共 16 题，每小题 3 分，共计 48 分，每小题只有一项是最符合题意)1. 新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物 844 种，其中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测， “青矾”的主要成分为（ ）A. CuSO45H2O B
2、. FeSO47H2O C. KAl(SO4)212H2O D. Fe2(SO4)39H2O【答案】B考点：考查了铁的氧化物和氢氧化物的相关知识。2. 下列有关钠和镁的说法中，不正确的是（ ）A. 电解熔融 NaCl 可以得到金属钠B. 金属钠在高温下能将 TiCl4中的钛置换出来C. 金属镁着火，可用二氧化碳灭火D. 金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火【答案】C【解析】分析：A、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；B、Na 的活泼性大于 Ti，在熔融状态下，钠能置换出 Ti；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧；D、镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热。详解：A、N
3、a 是活泼金属，工业上采用电解熔融 NaCl 的方法冶炼，A 正确；- 2 -B、Na 的活泼性大于 Ti，在熔融状态下，钠能置换出 Ti，所以金属钠在高温下能将 TiCl4中的钛置换出来，B 正确；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧生成 MgO 和 C，金属镁着火，不能用二氧化碳灭火，C 错误；D、镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，D 正确；答案选 C。3. 等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是（ ）A. 将钠投入到足量水中 B. 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中C. 将钠放入足量稀硫酸中 D. 将钠放入足量稀盐酸中【答案】B【解析】试题分
4、析：将等质量的钠投入到水、稀硫酸、稀盐酸中，放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成 NaOH 和氢气，铝与 NaOH 溶液反应生成氢气，则 B 项生成氢气最多，答案选 B。考点：考查了钠的化学性质的相关知识。4. 我省庐江县有丰富的钒矿资源，其主要成分为 KAl(SO4)212H2O 下列有关说法正确的是（ ）A. 明矾既可以除去水中的悬浮物，也可以杀菌消毒B. 可以通过电解明矾溶液来制取 AlC. 用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高D. 可以用在某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液的方法来确定该溶液中是否含有 SO42-【答
5、案】C【解析】试题分析：A、明矾可以除去水中的悬浮物，但不能杀菌消毒，错误；B、电解明矾溶液无法制取 Al，错误：C、用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝没有熔化，即氧化铝的熔点比铝高，正确；D、加入盐酸酸化的氯化钡溶液的方法不能确定含有 SO42，因为还可能为 Ag+，错误。考点：本题考查物质的性质、用途和制取，离子的检验。5. 下列有关说法不正确的是（ ）A. CH2=CHCOOH、CH 3COOCH=CH2均可作为合成聚合物的单体B. C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则 n 可能等于 2C. 2,2-二甲基丁烷与 2,4-二甲基戊烷的一氯代物种类相同- 3 -D. 与
6、都是酚且互为同系物【答案】D【解析】ACH 2=CHCOOH、CH 3COOCH=CH2均含有碳碳双键，可作为合成聚合物的单体，故 A 正确；BC 6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则分子结构中有三个碳碳叁键，直接相连形成碳链，两端为 H 原子，即 n 等于 2，故 B 正确；C2,2-二甲基-丁烷与 2,4-二甲基戊烷的一氯代物均为 3 种，故 C 正确；D 与 分子结构中含有的酚羟基数目不等，两者不可能互为同系物，故 D 错误；答案为 D。6. 下列说法正确的是（ ）A. Na2O2与水反应时，生成 0.1 mol O2，转移的电子数为 0.2NAB. 钠与 CuSO4溶液反应：2Na
7、Cu 2 =Cu2Na C. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色D. 在酒精灯加热条件下，Na 2CO3和 NaHCO3固体都能发生分解【答案】A【解析】分析：A.根据氧元素的化合价变化计算；B.钠首先与水反应；C.根据过氧化钠还具有强氧化性分析；D.碳酸钠受热不易分解。详解：A. Na 2O2与水反应时氧元素化合价从1 价部分升高到 0 价，部分降低到2 价，生成0.1 mol O2，转移的电子数为 0.2NA，A 正确；B. 钠与 CuSO4溶液反应首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不能置换出金属铜，B 错
8、误；C. 过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，同时还具有强氧化性，所以 Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，最终褪色，C 错误；D. 在酒精灯加热条件下，NaHCO 3固体能发生分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，Na 2CO3稳定性强，D 错误；答案选 A。7. 化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质如根据 H2+Cl2=2HCl 推测：H2+Br2=2HBr但类比是相对的，如根据 2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，类推 2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2- 4 -是错误的，应该是 Na2O2+SO2=Na2SO4下列各组类比中正确的是（ ）A.
9、钠与水反应生成 NaOH 和 H2，推测：所有金属与水反应都生成碱和 H2B. Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，推测：Na 2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2C. CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3+2HClO，推测：2SO 2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3+2HClOD. 铝和硫直接化合能得到 Al2S3，推测：铁和硫直接化合也能得到 Fe2S3【答案】B【解析】分析：A活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；B根据强酸制弱酸分析；C从次氯酸盐的强氧化性和二氧化硫的还原性分析判断；D硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁。详解：A活泼金属钠与水反应生成 N
10、aOH 和 H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，A 错误；DNa 2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2和 Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2都强酸制弱酸，所以类比合理，B 正确；C二氧化硫具有还原性，次氯酸盐具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，C 错误；D硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合能得到 FeS，不存在 Fe2S3这种物质，D 错误；答案选 B。8. 设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4LCCl 4中含有的共价键数为 4NaB. 0.2mol SO2和 0.lmolO2在一
11、定条件下充分反应后，混合物的分子数为 0.2NAC. 常温下，3.2g 由 S2、S 4、S 8组成的混合物中含硫原子数为 0.1NAD. 1mol/L Na2CO3溶液中含有 CO32-的数目一定小于 NA【答案】C【解析】A. CCl 4在标准状况下是液体，无法计算 22.4L CCl4的物质的量，所以无法计算含有的共价键数，A 不正确；B. 0.2mol SO 2和 0.lmolO2在一定条件下充分反应后，由于化学平衡 2SO2+O22 SO3的存在，反应物不能完全转化为生成物，所以混合物的分子数大于0.2NA，B 不正确；C. S 2、S 4、S 8都只含有一种原子即 S 原子，所以
12、3.2g 由 S2、S 4、S 8组成的混合物中含硫原子的物质的量为 0.1mol，原子数为 0.1NA，C 正确；D. 因为不知道溶液的- 5 -体积是多少，所以无法计算 1mol/L Na2CO3溶液中含有 CO32-的数目，D 不正确。本题选 C。9. 下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）在敞口容器中将金属钠投入到 FeC12溶液中向 AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2 向饱和 Na2CO3溶液中通入过量 CO2A. B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】D【解析】试题分析：在敞口容器
13、中将金属钠投入到 FeC12溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；向 AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误； 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；氢氧化铝不溶于弱酸，故向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确； 向饱和 Na2CO3溶液中通入过量 CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉
14、淀，正确。选 D。10. 将钠、镁、铝各 0.3mol 分别放入 100mL1mol/L 的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是（ ）A. 1:2:3 B. 6:3:2 C. 3:1:1 D. 1:1:1【答案】C【解析】2Na+2HCl=2NaCl+H 2，0.1molHCl 消耗 0.1molNa，生成 0.05molH2，剩余的0.2molNa 将继续与 H2O 反应生成 H2，2Na+2H 2O=2NaOH+H2，0.2molNa 与水反应生成0.1molH2，所以 0.3molNa 共生成 0.15molH2；Mg+2HCl=MgCl 2+H2，0.3molMg 与 0.1molHC
15、l反应，Mg 过量，根据 HCl 的量进行计算，所以生成的 H2的物质的量为0.05mol；2Al+6HCl=2AlCl 3+3H2， 0.3molAl 与 0.1molHCl 反应，Al 过量，根据 HCl 的物质的量进行计算，所以生成的 H2的物质的量为 0.05mol。同温同压下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以三种金属产生氢气的体积比为 0.15:0.05:0.05=3:1:1，答案选 C，正确答案为 C。点睛：本题重点考查物质的量在化学方程式中的计算，当两种反应物的量都已知时，需要判断两者是否恰好完全反应，如果不是恰好完全反应，必须根据量少的物质进行计算。特别注- 6 -意的是：
16、当 Na 过量时，剩余的 Na 继续与 H2O 反应产生 H2。11. 物质制备过程中离不开物质的提纯。以下除杂方法不正确的是（ ）选项 目 的 实验方法A 除去 Na2CO3固体中的 NaHCO3 置于坩埚中加热至恒重B 除去 CO2中的 HCl 气体 通过 Na2CO3(aq,饱和)，然后干燥C 除去 Mg 中少量 Al 加入足量的 NaOH(aq)，过滤D 除去 C2H5Br 中的 Br2 加入足量 Na2SO3(aq)，充分振荡，分液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：ANaHCO 3不稳定，加热易分解；B二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应；C铝与氢氧化钠溶液反
17、应；DBr 2可与 Na2SO3发生氧化还原反应而被除去。详解：ANaHCO 3不稳定，加热易分解，将固体置于坩埚中加热至恒重，可得到纯净的碳酸钠固体，A 正确；B二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，B错误；C镁与氢氧化钠溶液不反应，可以用氢氧化钠溶液除去镁中的铝，C 正确；DBr 2可与 Na2SO3发生氧化还原反应而被除去，然后分液可得溴乙烷，D 正确。答案选 B。12. 下列实验与对应示意图的关系正确的是（ ）A B C D- 7 -向 NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量向 AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量向明矾溶液中逐滴滴加 Ba(OH)2溶
18、液至过量向澄清石灰水中缓缓通入 CO2至过量A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO 2+HCl+H2O=Al（OH） 3+NaCl，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为 1：3，A 错误；BAlCl 3溶液中逐滴滴加氨水至过量：AlCl 3+3NH3H2O=Al（OH） 3+3NH 4Cl，逐渐产生沉淀，后沉淀的量不变，B 错误；C明矾溶液中逐滴滴加 Ba（OH） 2至过量：先生成 BaSO4和Al（OH） 3，再加入 Ba（OH） 2生成的 Al（OH） 3溶解，剩余 BaSO4
19、沉淀，先产生沉淀，后沉淀部分溶解，C 正确；D澄清石灰水中缓慢通入 CO2至过量：CO 2+Ca（OH）2=CaCO3+H 2O，CaCO 3+CO2+H2O=Ca（HCO 3） 2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用二氧化碳体积为 1：1；D 错误；答案选 C。13. 可用提取粗盐后的盐卤（主要成分为 MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法错误是（ ）盐卤 Mg(OH)2 MgCl2溶液 MgCl26H2O MgCl2MgA. 若在实验室进行操作只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器B. 操作发生的反应为非氧化还原反应C. 操作是蒸发浓缩结晶D. 在整个制备过程中，未发生置换反应【答案】A【解析】
20、分析：A过滤操作中需要使用漏斗和烧杯、玻璃棒；- 8 -B氧化还原反应有化合价的升降或电子的得失；C操作是 MgCl2溶液得到 MgCl2晶体；D置换反应中应是单质与化合物反应生成单质和化合物。详解：A操作是过滤，过滤操作中还使用玻璃棒，A 错误；B发生复分解反应 Mg2+2OH-=Mg（OH） 2，属于非氧化还原反应，B 正确； CMgCl 2溶液得到 MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，C 正确；D根据流程可知只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，D 正确。答案选 A。14. 一定温度下， m g 下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加
21、了 n g，且 n m，符合此要求的物质是（ ）H 2 HCHO CH 4 HCOOCH 3 CH 3CHOA. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由 2H2 +O2 2H2O、2Na 2O2+2H2O=4NaOH+O2、2CO+O 2 2CO2、2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过氧化钠增加的质量即为 H2、CO 的质量，因此只要是 CO 或 H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO） m（H 2） n时就一定满足 m=n，若 nm，则不符合（CO） m（H 2） n，以此来解答。详解：由上述分析可知 nm 时，不符合（CO） m（H 2） n，根据化学式可知均符合（
22、CO） m（H 2） n；CH 4化学式改写为 C（H 2） 2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即 nm；CH 3CHO 化学式改写为 CO（H 2） 2C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即 nm；答案选 B。15. 下列操作或装置能达到实验目的是（ ）A. 验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性 B. 分离 Fe(OH)3胶体- 9 -C. 称取一定量的 NaOH D. 制取NaHCO3【答案】D【解析】分析：A、若证明二者热稳定性，直接加热的应该为碳酸钠，小试管中盛
23、装的是碳酸氢钠；B、胶体能透过滤纸；C、氢氧化钠具有腐蚀性，且容易潮解，应该放在烧杯中称量；D、根据氨气极易溶于水分析。详解：A、加热的条件不一样，NaHCO 3是直接加热到的，而 Na2CO3却不是，即使 NaHCO3分解也不能说明 NaHCO3的热稳定性比 Na2CO3弱，应该是里面试管装 NaHCO3，A 错误；B、胶体可以透过滤纸，分离 Fe(OH)3胶体不能利用过滤，B 错误；C、称量氢氧化钠时，氢氧化钠放在托盘天平的左盘，砝码放在右盘；但氢氧化钠具有腐蚀性，且易潮解，称量时氢氧化钠应该放入烧杯中称量，C 错误；D、氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解性很小，所以先通入氨气后再通入二
24、氧化碳，通入氨气时要防止倒吸，D 正确；答案选 D。16. 向 100 mL 0.1 molL-1硫酸铝铵NH 4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入 0.1molL-1 Ba(OH)2溶液。随着 Ba(OH)2溶液体积 V 的变化，沉淀总物质的量 n 的变化如图所示。则下列说法中正确的是A. a 点对应的沉淀只有 BaSO4B. b 点发生反应的离子方程式是：Al 3+2SO42-+2Ba2+3OH-=Al(OH)3+2BaSO 4- 10 -C. c 点溶液呈碱性D. c 点加入 Ba(OH)2溶液的体积为 200 mL【答案】C【解析】分析：向 100 mL 0.1 molL-1硫酸铝铵NH
25、4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入 0.1molL-1Ba(OH)2溶液，硫酸根结合钡离子生成硫酸钡沉淀，铵根和铝离子结合氢氧根生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量时氢氧化铝被氢氧根溶解生成偏铝酸盐，结合图像变化趋势、有关离子的物质的量分析解答。详解：NH 4Al（SO 4） 2物质的量为 0.01mol，溶液含有 NH4+0.01mol，Al 3+0.01mol，SO 42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，Al 3+3OH-=Al（OH） 3，当 Al3+沉淀完全时需加入 0.03molOH-，即加入 0.015molBa（OH） 2，加入的 Ba
26、2+为 0.015mol，SO 42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加 Ba（OH） 2，生成 BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH 4+OH-=NH3 H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当 SO42-完全沉淀时，共需加入 0.02molBa（OH） 2，加入 0.04molOH-，Al 3+反应掉 0.03molOH-，生成 Al（OH） 30.01mol，剩余 0.01molOH-恰好与 NH4+完全反应，此时溶液中 NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为 BaSO4和 Al（OH） 3；继续滴加 Ba（OH） 2，
27、Al（OH） 3溶解，发生反应 Al（OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使 0.01molAl（OH） 3完全溶解，需再加入 0.005molBa（OH） 2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。则A、由分析可知，从开始到 a 点，发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，Al 3+3OH-=Al（OH） 3，a点对应的沉淀为 BaSO4和 Al（OH） 3，A 错误；B、由分析可知，b 点发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，NH 4+OH-=NH3 H2O，B 错误；C、由分析可知，c 点溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，C 正确；D、由分析可知，c 点
28、加入 Ba（OH） 2的物质的量为 0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以需要氢氧化钡溶液的体积为 0.025mol0.1mol/L=0.25L=250mL，D 错误；答案选 C。点睛：本题主要是考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识，题目难度较大。明确物质的性质特点、发生的先后反应是解答的关键，注意图像题的答题技巧，首先弄清纵、横坐标的含义，其次弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程，最后弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。二、非选择题（本大题共五题，共计 52 分）17. 工业上以侯氏制碱法为基础生产
29、焦亚硫酸钠（Na 2S2O5） 其制备工艺流程如下：- 11 -已知：反应包含 2NaHSO3 Na2S2O5+H2O 等多步反应（1）反应 I 的化学方程式为：_ （2）已知 Na2S2O5与稀硫酸反应放出 SO2，其离子方程式为：_（3）反应 I 时应先通的气体为_，副产品 X 的化学式是_（4）为了减少产品 Na2S2O5中杂质含量，需控制反应中气体与固体的物质的量之比约为_检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂是_（填编号）酸性高锰酸钾 品红溶液 澄清石灰水饱和碳酸氢钠溶液 NaOH 稀硫酸【答案】 (1). NaCl+NH 3+CO2+H2O=NaHCO3+NH 4Cl (2). S2O5
30、2-+2H+=2SO2+H 2O (3). NH3 (4). CuSO45H2O (5). 2：1 (6). 【解析】分析：反应为生成 NaHCO3，加热生成 Na2CO3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反应生成 NaHSO3与二氧化碳，加热 NaHSO3生成 Na2S2O5。硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，据此解答。详解：（1）根据流程可确定反应物为 NaCl、NH 3、CO 2，产物为 NH4Cl 和碳酸氢钠，因此反应的化学方程式为 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH 4Cl；（2）根椐提示可知生成二氧化硫和水，Na 2S2O5与稀硫酸反应
31、放出 SO2和水，反应的离子方程式为 S2O52-+2H+=2SO2+H 2O；（3）由于二氧化碳在水中的溶解性很小，氨气极易溶于水，反应进行时应先通入氨气，增大 HCO3-的浓度，便于 NaHCO3析出；根据上述分析可知，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，因此副产品 X 的化学式是 CuSO45H2O；（4）从图示中可以看出反应中气体与固体分别是二氧化硫和碳酸钠，这两种物质反应必须生成亚硫酸氢钠：反应中反应应是二氧化硫与碳酸钠反应生成 NaHSO3，NaHSO 3再生成- 12 -Na2S2O5，反应方程式为 Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHS
32、O3+CO2，因此气体与固体的物质的量之比为2：1；检验产品中含有碳酸钠杂质，需加酸反应检验二氧化碳生成，即用澄清石灰水，但加酸会生成二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故应先除去，用酸性高锰酸钾溶液根据颜色不褪色确定二氧化硫除净，故选。18. 如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_molL -1（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_A溶液中 HCl 的物质的量 B溶液的浓度C溶液中 Cl-的数目 D溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制 500mL 物质的量浓度为
33、0.400molL-1的稀盐酸该学生需要量取_mL 上述浓盐酸进行配制所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_（4）假设该同学成功配制了 0.400molL-1的盐酸，他又用该盐酸中和含 0.4g NaOH 的NaOH 溶液，则该同学需取_mL 盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含 0.4g NaOH 的 NaOH 溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是_A浓盐酸挥发，浓度不足 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出【答案】 (1). 11.9 (2). BD (3). 16.8 (4). 500mL
34、容量瓶 (5). 25 (6). C【解析】分析：（1）依据 c=1000/M 计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；- 13 -（3）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；根据配制过程中需要的仪器分析解答；（4）根据 n（HCl）=n（NaOH）计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，据此解答。详解：（1）浓盐酸的物质的量浓度 c=10001.1936.5%/36.5 mol/L=11.9mol/L；（2）A溶液中 HCl 的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，A 不选；B溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，B 选；C溶液中
35、Cl-的数目=nN A=cVNA，所以与溶液的体积有关，C 不选；D溶液的密度与溶液的体积无关，D 选；答案选 BD；（3）设需要浓盐酸体积 V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：V11.9mol/L=0.400molL-10.5L，解得 V=0.0168L=16.8mL；所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，由于是配制 500mL 溶液，则配制稀盐酸时，还缺少的仪器有 500mL 容量瓶；（4）n（HCl）=n（NaOH）=0.4g40g/mol=0.01mol，V（HCl）=0.01mol/0.400molL1=0.025L=25mL，即该同学需取 25mL 盐酸；消
36、耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，则A、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，A 不选；B、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，B 不选；C、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，C 选；D、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，D不选；答案选 C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大。注意误差分析方法，即根据 可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 B和溶液的体积 V 引
37、起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起 和 V 怎样的变化。19. 合金是建造航空母舰的主体材料- 14 -（1）航母升降机可由铝合金制造铝元素在周期表中的位置为 _Al-Mg 合金焊接前用 NaOH 溶液处理 Al2O3膜，其化学方程式为_（2）AlCl 3也是重要的铝盐，无水 AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备装置 A 中发生反应的离子方程式为_装置 B、C 中盛放的试剂是 B：_ ，C：_装置 G 的作用是_无水 AlCl3遇潮湿空气产生大量白雾的成分是_【答案】 (1). 第三周期第A 族 (2). Al 2O32NaOH=2NaAlO 2H 2
38、O (3). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H 2O (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸 (6). 吸收多余的 Cl2，以防污染环境 (7). 盐酸【解析】分析：（1）根据 Al 的原子序数是 13 解答；氧化铝与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和水；（2）A 中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水；无水 AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，则装置 B 除去挥发的 HCl，装置 C干燥氯气；尾气中含氯气，需要尾气处理；氯化氢易形成盐酸小液滴而产生白雾。详解：（1）Al 的质子数是 13，原子结构中有 3 个电子层，最外层电子数为 3，位于第三周期第A
39、 族；氧化铝是两性氧化物，NaOH 溶液处理 Al2O3膜，反应生成偏铝酸钠和水，反应的方程式为Al2O32NaOH=2NaAlO 2H 2O；（2）A 中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水，离子反应方程式为- 15 -MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H 2O；无水 AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，而生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则装置 B 除去挥发的 HCl，装置 C 干燥氯气，所以 B 中盛放饱和 NaCl 溶液，装置 C 中盛放浓硫酸；氯气有毒，需要尾气处理，则装置 G 的作用是吸收多余的 Cl2，以防污染环境；无水 AlCl3遇潮湿空气发生
40、水解反应生成氯化氢，氯化氢易结合水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，则产生大量白雾的成分是盐酸。点睛：本题考查元素周期表的结构分析、氧化铝的性质、物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理、相关物质的性质和注意事项是解答的关键，题目难度中等。20. 将 16.8g 碳酸氢钠与 11.7g 过氧化钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，得到残余固体 X。（1）写出碳酸氢钠分解产生的气体分别与过氧化钠反应的化学反应方程式：_、_。（2）残余固体 X 的成分是_。ANa 2O2、NaOH BNa 2O2、Na 2CO3CNaOH、Na 2
41、CO3 DNa 2O2、NaOH、Na 2CO3（3）向固体 X 中逐滴加入 1mol/L 的稀盐酸至不再产生气泡为止，产生的气体在标准状况下的体积为_L。请以 V(HCl)为横坐标，V(CO 2)为纵坐标，画出产生 CO2的体积和加入稀盐酸溶液体积的关系。_【答案】 (1). (2). (3). C (4). 4.48L (5). - 16 -【解析】2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na 2O2+2H2O=4NaOH+O2，CO 2+2NaOH=Na2CO3+H2O试题分析：（1）碳酸氢钠受热分解生成的碳酸钠、水和二氧化碳，水和二氧化碳均能与Na2O2反应，反应原理是 2N
42、a2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na 2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）由 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H 2O，可知 16.8g 碳酸氢钠即 0.2mol 分解生成0.1moNa2CO3、0.1molCO 2、0.1molH 2O，然后 11.7g 过氧化钠即 0.15mol，先与 0.1molCO2反应生成 0.1mol 碳酸钠，剩余 0.05mol 过氧化钠与 0.05mol 水反应生成 0.1molNaOH，最后的固体的物质为 0.2mol 碳酸钠及 0.1molNaOH；故答案为 C。 （3）向固体 X 中滴加盐酸，先中和0.1molNaOH，需要盐酸的体
43、积为 0.1mol1mol/L=0.1L，再与 0.2molNa2CO3反应生成0.2molNaHCO3，此时需要盐酸的体积为 0.2mol1mol/L=0.2L，继续滴加盐酸与0.2molNaHCO3反应生成 0.2molCO2，体积为 0.2mol22.4L/mol=4.48L，同时消耗盐酸的体积为 0.2 mol1mol/L=0.2L，则得到产生 CO2的体积与消耗盐酸的体积关系如图：。【考点定位】考查混合物成分分析及计算，涉及钠的化合物性质。【名师点晴】侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确过氧化钠与二氧化碳、与水的反应及反应的先后顺序是解答本题的关键，同时利用滴定法测定混合
44、物的成分时稀盐酸与碳酸钠分步反应也是绘制图象的关键，相信多数同学会忽视这一关键知识点，直接生成CO2气体，这样虽然生成气体的体积正确，但图象错误，结局很不完美。21. 有机物 G（分子式 C13H18O2）是一种香料，如图是该香料的一种合成路线已知：E 能够发生银镜反应，1mol E 能够与 2molH2完全反应生成 FRCH=CH 2 RCH 2CH2OH有机物 D 的摩尔质量为 88g/mol，其核磁共振氢谱有 3 组峰有机物 F 是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链回答下列问題：（1）用系统命名法命名有机物 B：_- 17 -（2）E 的结构简式为_（3）C 与新制 Cu(OH)
45、2反应的化学方程式为_（4）已知有机物甲符合下列条件：为芳香族化合物；与 F 是同分异构体；能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有_种其中一个满足苯环上有 3 个侧链，且核磁共振氢谱有 5 组峰，峰面积比为 6：2：2：1：1 的有机物的结构简式为_（5）以丙烯等为原料合成 D 的路线如下：X 的结构简式为_，步骤的反应条件为_，步骤的反应类型为_【答案】 (1). 2甲基1丙醇 (2). (3). （CH 3）2CHCHO+2Cu（OH） 2+NaOH （CH 3） 2CHCOONa+Cu2O+3H 2O (4). 13 (5). 或 (6). CH3CHBrCH3 (7). NaOH
46、的水溶液加热 (8). 消去反应【解析】C 氧化可生成 D，则 D 应为酸，D 的相对分子质量通过质谱法测得为 88，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，其结构简式应为（CH 3） 2CHCOOH，则 C 为（CH 3） 2CHCHO；B 为（CH 3） 2CHCH2OH，由题给信息可知 A 为（CH 3） 2C=CH2，有机物 F 是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链，结合 G 的分子式可知 F 为 ，E 能够发生银镜反应，1mol E 与 2mol H2反应生成 F，则 E 为 ，G 为，则（1）B 为（CH 3） 2CHCH2OH，按照醇的系统命名法命名；正确答案：2-甲基-1-丙醇
47、；- 18 -（2）根据以上分析可知 E 的结构简式为 ；正确答案：（3）(CH 3)2CHCHO 被新制 Cu(OH)2氧化为羧酸；正确答案： (CH 3)2CHCHO2Cu(OH) 2NaOH(CH3)2CHCOONaCu 2O3H 2O；（4）F 为 ，符合：为芳香族化合物；与 F 是同分异构体；能被催化氧化成醛的化合物有：若苯环上只有 1 个取代基，取代基为CH(CH 3)CH2OH，只有 1种；若苯环上有 2 个取代基，可能是甲基和CH 2CH2OH，邻间对 3 种，也可以是CH 2CH3和CH2OH，邻间对 3 种；若苯环上有 3 个取代基，只能是两个CH 3和一个CH 2OH，采用定一议二原则判断，有
