2017-2018学年辽宁省阜新二高高二下学期期末考试化学试题 解析版



辽宁省阜蒙县二高2017-2018学年高二下学期期末考试化学试卷
1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是（　　）
选项
现象或事实
解释
A
春节期间全国各地燃放的烟火
某些金属元素焰色反应所呈现出来色彩
B
Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源
Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2、H2O生成O2
C
K2FeO4用于自来水的消毒和净化
K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的
Fe3+水解生成胶状物，可以净化水
D
Al(OH)3用作医用的胃酸中和剂
Al(OH)3的碱性不强，但却可以与胃酸反应


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、某些金属可以产生焰色反应，可用作烟火，A正确；
B、过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，因此Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源，与过氧化钠具有强氧化性没有关系，过氧化钠不能氧化CO2、H2O，B错误；
C、K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以净化水，因此K2FeO4用于自来水的消毒和净化，C正确；
D、Al(OH)3的碱性不强，但却可以与胃酸反应，因此Al(OH)3用作医用的胃酸中和剂，D正确。
答案选B。
2.下列说法中正确的是(    )
A. 能电离出离子的化合物都是离子化合物
B. 熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
C. 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
D. 非金属元素构成的单质中一定存在共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A. 能电离出离子的化合物不一定都是离子化合物，例如HCl等，A错误；
B. 共价键在熔融状态下一般不能断键，离子键可以，因此熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，B正确；
C. 不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，例如醋酸分子中含有非极性键，C错误；
D. 非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，例如稀有气体分子中不存在化学键，D错误。
答案选B。
3.有关下列有机物的说法中错误的是( )
A. 石油经分馏后再通过裂化和裂解得到汽油
B. 植物油通过氢化加成可以变成脂肪
C. 用灼烧的方法可以区别蚕丝和合成纤维
D. 在做淀粉的水解实验时，用碘水检验淀粉是否完全水解
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油经分馏可以得到汽油，石油分馏产品经裂化也可以得到汽油，但是石油裂解得不到汽油，石油裂解得到的是气态烃，故A错误；
B．植物油中含有不饱和键，通过氢化可以变成脂肪，B正确；
C．蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，用灼烧的方法可以区别蚕丝和合成纤维，C正确；
D．碘遇淀粉显蓝色，在做淀粉的水解实验时，用碘水检验淀粉是否完全水解，D正确。
答案选A。
4.下列离子在指定溶液中一定不能大量共存的是( )
A. 弱碱性溶液中:HCO3-、NO3-、Na+、Cl-
B. 常温时pH=7的溶液中:Fe3+、SO42-、K+、Cl-
C. 含NO3-的溶液中:Fe3+、SO42-、H+、NH4+
D. 与铝反应产生H2的溶液中:S2-、K+、CO32-、Na+
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及题干中的已知信息分析判断。
【详解】A. HCO3-可以使溶液呈弱碱性，NO3-、Na+、Cl-等几种离子在弱碱性溶液中不能发生离子反应水解，故本组离子有可能大量共存；
B. 常温时pH=7的溶液中，Fe3+不能大量共存；
C. 含NO3-的溶液中Fe3+、SO42-、H+、NH4+之间不反应，能大量共存；
D. 与铝反应产生H2的溶液可能显酸性，也可能显强碱性，如果显碱性，则S2-、K+、CO32-、Na+能大量共存；
综上所述，B组离子一定不能大量共存，答案选B。
5.NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中错误的是( ）
A. 完全燃烧1.5 mol乙醇和乙烯的混合物,转移电子数为18 NA
B. 7.8 g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1 NA
C. 0.1 mol/L FeCl3溶液中Fe3+的物质的量一定小于0.1 NA
D. 常温常压下，60g甲醛和乙酸的混合物所含碳原子数为2 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1molCH3CH2OH和1molC2H4燃烧时均消耗3mol氧气，故1.5mol混合物消耗4.5mol氧气，而氧元素反应后变为-2价，故4.5mol氧气转移18mol电子即18NA个，A正确；
B. Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，7.8 g由Na2S和Na2O2组成的混合物的物质的量是0.1mol，其中含有阴离子的数目为0.1NA，B正确；
C. 0.1 mol/L FeCl3溶液的体积未知，其溶液中Fe3+的物质的量不一定小于0.1NA，C错误；
D. 甲醛和乙酸的最简式均是CH2O，常温常压下，60g甲醛和乙酸的混合物中“CH2O”的物质的量是2mol，所含碳原子数为2NA，D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键，题目难度中等。
6.提纯下列物质(括号内为少量杂质),所选用的除杂试剂与分离方法错误的是(  )

不纯物质
除杂试剂
分离方法
A
Mg（Al）
NaOH溶液
过滤
B
乙烷(乙烯)
溴水
洗气
C
CuCl2（FeCl3）
单质铜
过滤
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和碳酸钠溶液
分液


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、镁与氢氧化钠溶液不反应，铝可以，因此可以用氢氧化钠溶液除去镁中的铝，A正确；
B、乙烷与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应，因此可以用溴水除去乙烷中的乙烯，B正确；
C、铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能用铜除去氯化铜中的氯化铁，C错误；
D、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，而乙酸能与碳酸钠反应，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，D正确。
答案选C。
7.下列试剂的保存方法及解释中错误的是（ ）
A. 金属钾在空气中易被氧化，钾的密度比煤油大，钾不与煤油反应，因此少量钾保存在煤油中
B. NaOH与玻璃中的SiO2反应，因此NaOH溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中
C. 常温时铝遇浓硫酸钝化，所以可以用铝制容盛装浓硫酸
D. 为防止FeSO4水解而变质，常在溶液中加入少量铁粉
【答案】D
【解析】
【详解】A. 金属钾在空气中易被氧化，钾的密度比煤油大，钾不与煤油反应，因此少量钾保存在煤油中，A正确；
B. NaOH与玻璃中的SiO2反应生成黏性很强的硅酸钠，因此NaOH溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中，B正确；
C. 常温时铝遇浓硫酸钝化，所以可以用铝制容盛装浓硫酸，C正确；
D. 为防止FeSO4氧化而变质，常在溶液中加入少量铁粉，D错误。
答案选D。
8.甲、乙为两种常见的单质，丙、丁为氧化物，它们存在如下转化关系，则不满足条件的甲和乙为

A. 铝和铁 B. 镁和碳 C. 铁和氢气 D. 铜和氢气
【答案】D
【解析】
【分析】
甲、乙为两种常见的单质，丙、丁为氧化物，则该反应是置换反应，根据物质的性质来分析解答。
【详解】A．甲和乙如果分别是Al和Fe，则该反应是铝热反应，A满足条件；
B．甲和乙如果分别是Mg和C，该反应是镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，B满足条件；
C．甲和乙如果分别是铁和氢气，则该反应是铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C满足条件；
D．铜的活泼性小于氢气，铜不可能置换出氢气，D不满足条件；
答案选D。
【点睛】本题考查无机物的推断，明确元素性质以及发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意举例排除法的灵活应用。
9.下列离子方程式书写不正确的是 ( )
A. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Ca(OH)2两溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O
B. 向澄清石灰水中通入过量的CO2:OH-+CO2＝HCO3-
C. 在含3a mol HNO3的稀溶液中，加入a mol 铁粉：4Fe+12H+ +3NO3-＝Fe3++3Fe2++3NO↑+6H2O
D. Al2(SO4)溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3•H2O=AlO2－＋4NH4+＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Ca(OH)2两溶液混合生成碳酸钙、氢氧化钠和水：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O，A正确；
B. 向澄清石灰水中通入过量的CO2生成碳酸氢钙：OH-+CO2＝HCO3-，B正确；
C. 根据反应Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O、3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，在含3a mol HNO3的稀溶液中加入a mol 铁粉，铁反应后被氧化成亚铁离子和铁离子，硝酸完全反应，设生成铁离子为xmol，生成亚铁离子为ymol，则x+y=a，3x+2y+=3a，解得：x=0.25a、y=0.75a，即反应生成的铁离子与亚铁离子的物质的量之比为1：3，该反应的离子方程式为4Fe+12H+ +3NO3-＝Fe3++3Fe2++3NO↑+6H2O，C正确；
D. Al2(SO4)溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氨水不能溶解氢氧化铝，D错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了离子方程式的判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法；试题侧重考查反应物过量情况对生成物的影响，A、C为难点、易错点，注意正确判断反应物过量情况及产物。
10.向含Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa（OH）2溶液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是

A. 原混合液中c（SO42-）：c（Cl-）=1：1
B. 向D点溶液中通入C02气体，立即产生白色沉淀
C. 图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3
D. AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓
【答案】A
【解析】
【详解】Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，反应如下：Ba2++SO42-＝BaSO4↓，Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-＝Al（OH）3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。则可依次分析四个选项如下：
A、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L～6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2（SO4）3]=n[Ba（OH）2]，故n[Al2（SO4）3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n（AlCl3）=2[Ba（OH）2]=6mol，故n（AlCl3）=2mol，因此原溶液中c[Al2（SO4）3]：c（AlCl3）=1：2，即c(SO42-）：c（Cl-）=1:2，故A错误；
B、D点的溶液中含有大量的OH-、Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡沉淀，通入足量的二氧化碳后还能生成氢氧化铝沉淀，B正确；
C、根据以上分析可知图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3，C正确；
D、根据以上分析可知AB段反应的离子方程式为Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，D正确；
答案选A。
11.利用Cu和浓硫酸制备SO2的反应涉及的装置，下列说法正确的是

A. 用装置①制备SO2 B. 用装置②检验和收集SO2
C. 用装置③稀释反应后溶液 D. 用装置④测定反应后溶液中c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cu和浓硫酸反应生成SO2需要加热，A错误；
B. 检验SO2可用品红溶液，但收集SO2用向上排空气法时导管要长进短出，B错误；
C.反应后溶液仍含有较高浓硫酸的硫酸，稀释时宜采用和浓硫酸稀释一样的方法，即向水中倒入应后的溶液并搅拌，C正确；
D. NaOH溶液为碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中，不能用酸式滴定管盛放，D错误；
答案为C。
12.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中X原子的半径最大，下列说法不正确的是
A. Y原子形成的离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的
B. Y的最高价氧化物不能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应
C. W与同主族元素可以形成离子化合物
D. 工业上获得X单质可利用电解其熔融的氧化物的方法
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，四种元素的电子层数之和等于10，如果W是第一周期元素，则X、Y、Z位于第三周期，且X的原子半径最大，符合题给信息，所以W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素；如果W是第二周期元素，则X为第二周期、Y和Z为第三周期元素才符合四种元素的电子层数之和等于10，但原子半径最大的元素不可能为X元素，不符合题意，据此解答。
【详解】根据以上分析可知W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素。则，
A．铝离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的，A正确；
B．Y的最高价氧化物是氧化铝，不能与Z的最高价氧化物对应的水化物硅酸反应，B正确；
C．W是H，位于第ⅠA族，与同主族元素可以形成离子化合物，C正确；
D．Mg属于活泼金属，氧化镁的熔点很高，而氯化镁的熔点相对较低，故工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查原子结构和元素性质，正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。
13.对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。达到平衡后，以下分析正确的是
A. 减小生成物浓度，对正反应的反应速率影响更大
B. 扩大容器体积，对正反应的反应速率影响更大
C. 降低温度，对正反应的反应速率影响更大
D. 加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【答案】B
【解析】
【详解】A．减小生成物浓度，逆反应速率减小；而改变条件的时刻反应物浓度不变，则正反应速率不变，A错误；
B．该反应的正反应是反应前后气体分子数减少的反应，扩大容器体积，反应混合物中各组分的浓度均减小，但是反应物的浓度减小的更多，故正反应速率减小的程度更大、平衡向逆反应方向移动，因此，对正反应速率影响较大，B正确；
C．该反应的正反应是放热反应，降低温度正逆反应速率都减小，但平衡向正反应方向移动，说明温度对逆反应速率影响较大，C错误；
D．加入催化剂，对正逆反应速率影响相同，所以正逆反应速率仍然相等，D错误；
答案选B。
【点睛】明确外界条件对化学平衡影响原理是解答本题的关键，注意结合反应特点分析，注意催化剂影响反应速率但不影响平衡移动。本题的易错点为A，减小生成物浓度，反应物浓度开始时不变。
14.如图装置(Ⅰ)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池放电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4 +3KI。装置(Ⅱ)为电解池的示意图，当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法不正确的是

A. K+从左到右通过离子交换膜
B. 电极A上发生的反应为I3-+2e-=3I-
C. 电极Y上发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑
D. 当有0.1 molK+通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)
【答案】B
【解析】
【详解】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。则
A、闭合K时，A是负极，B是正极，电子从A极流向B极，根据异性电荷相吸原理可知K+从左到右通过离子交换膜，A正确；
B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2S22--2e-＝S42-，B错误；
C、闭合K时，Y极是阳极，在阳极上溶液中的氯离子放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，C正确；
D、闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标况下)，D正确；
答案选B
15.某温度下，将1.1mol I2加入到氢氧化钾溶液中，反应后得到 KI、KIO、KIO3的混合液。经测定IO－与IO3－的物质的量之比是2:3.下列说法错误的是
A. I2在该反应中既作氧化剂又做还原剂
B. I2的还原性大于KI的还原性，小于KIO和KIO3的还原性
C. 该反应中转移电子的物质的量为1.7mol
D. 该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是17:5
【答案】B
【解析】
A. 反应中只有碘元素的化合价变化，因此I2在该反应中既做氧化剂又做还原剂，A正确；B. I2的还原性小于KI的还原性，大于KIO和KI03的还原性，B错误；C. 设生成碘化钾是xmol，碘酸钾是3ymol，则次碘酸钾是2ymol，所以根据原子守恒、电子得失守恒可知x+3y+2y=2.2、x＝2y+3y×5，解得x＝17y＝1.7，所以该反应中转移电子的物质的量为1.7mol，C正确；D. 根据C中分析可知该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是x：5y＝17:5，D正确，答案选B。
点睛：明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，在进行氧化还原反应的有关计算以及配平时注意利用好电子得失守恒这一关系式。
16.室温下，将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/LNaOH溶液中，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A. a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)
B. a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点
C. pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D. 一元酸HA为弱酸
【答案】C
【解析】
A. a点时加入10mL的一元酸HA，酸碱恰好中和得到NaA溶液，溶液的pH=8.7，说明NaA为强碱弱酸盐，A－发生水解反应A－+H2OHA+ OH－且水解是微弱的，则c(Na+)>c(A-)>c(OH-)，因水也电离产生OH－，则c(OH-)>c(HA)，所以微粒浓度大小顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)，故A正确；B. a点时溶液中只有NaA，A－发生水解促进水的电离，b点溶液中酸过量，酸抑制水的电离，所以a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点，故B正确；C. pH=7时，c（H+）=c（OH－），由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)=c(A－)+c(OH－)，则c(Na+)=c(A-)，故C错误；D. 根据A项分析可知，HA为一元弱酸，故D正确；答案选C。
17.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到过量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加入3 mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。则下列叙述中错误的是
A. 当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V=100mL
B. 当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
C. 参加反应的金属的总质量为9.6g＞m＞3.6g
D. 当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下一定为2.24L
【答案】A
【解析】
【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol÷2＝0.15mol；
A．由以上分析可知，用于沉淀金属离子的氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，则沉淀反应中需要氢氧化钠溶液体积为0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，因为硝酸过量，故消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；
B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；
C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，C正确；
D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，D正确；
答案选A。
18. 从海水中提取镁的工业流程如下图所示，下列说法正确的是

A. 在实验室进行②的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯
B. 步骤⑥电解MgCl2时，阴极产生H2
C. 步骤⑤应将晶体置于HCl气体氛围中脱水
D. 上述工艺流程中的反应未涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
试题分析：蒸发溶液时应该用蒸发皿，而不是坩埚，坩埚用于固体的加热，A不正确；镁是活泼的金属，应该电解熔融的氯化镁，阴极生成镁，阳极生成氯气，B不正确；氯化镁在溶液中存在水解平衡，而水解是吸热的，且生成的氯化氢极易挥发，所以直接加热得不到氯化镁，因此选项C正确，目的是抑制镁离子的水解；D不正确，⑥是氧化还原反应，答案选C。
考点：考查海水的综合应用、仪器的选择、电解产物的判断、水解的应用及氧化还原反应的判断等
点评：本题容易错选选项A，这是由于不能正确理解蒸发皿和坩埚的使用范围造成的。蒸发皿用来蒸发水分、浓缩溶液等，例如提纯食盐等；坩埚用来煅烧、熔融固体的，有瓷坩埚及金属坩埚之分，金属坩埚有镍坩埚、金坩埚及铂坩埚等，可耐受某些强氧化剂、强酸或强碱的侵蚀。
19.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（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：H2NCOONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是（ ）
①v(NH3)正=2v(CO2)逆 ②密闭容器中总压强不变 ③密闭容器中混合气体的密度不变 ④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变⑥密闭容器中CO2的体积分数不变 ⑦ 混合气体总质量
A. ①②③⑤⑦ B. ①②⑤⑦ C. ①⑤⑥ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
②正反应体积增大，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态；
③密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变化的，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态；
④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态；
⑤正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态；
⑥由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态；
⑦由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态；
答案选A。
20.某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，其中氧元素的质量分数约为31.4%，则能与NaOH溶液反应的有机物有(不含立体异构)（ ）
A. 11种 B. 8种 C. 12种 D. 13种
【答案】D
【解析】
【详解】某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，所含氧元素的质量分数为31.4%，则分子中N（O）=102×31.4%/16=2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102-16×2=70，利用余商法可知70/14=5…0，所以分子式为C5H10O2。则
分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种；
分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酯，属于饱和一元酯，则
若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；
若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；
若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；
若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；
所以能与NaOH溶液反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；
答案选D。
【点睛】本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质，题目难度较大。
21.随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。

根据判断出的元素回答问题：
（1）z在周期表中的位置是_________________________________。
（2）写出x和d组成的一种四原子共价化合物的电子式_______________。
（3）y、g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是______________（填化学式）。
（4）写出f的最高价氧化物与e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式______。
（5）已知e和g的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液反应生成1mol水时所放出的热量为Q kJ。请写出该反应的中和热的热化学方程式___________。
（6）用y元素的单质与f元素的单质可以制成电极浸入由x、d、e三种元素组成的化合物的溶液中构成电池负极反应式为___________________________________。
【答案】 (1). 第二周期第VA族 (2). (3). HClO4 (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (5). NaOH（aq）+1/2H2SO4（aq）＝1/2Na2SO4（aq）+H2O（l） △H=﹣QkJ·mol﹣1 (6). Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【详解】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。则
（1）氮元素在周期表中的位置是第二周期第VA族。
（2）H和O组成的一种四原子共价化合物是双氧水，其电子式为。
（3）y、g、h的非金属性强弱是Cl＞S＞C，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是HClO4。
（4）f的最高价氧化物氧化铝与e的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。
（5）强酸与强碱在稀溶液中生成1mol水时放出的热量是中和热，已知e和g的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液氢氧化钠和稀硫酸反应生成1mol水时所放出的热量为Q kJ，则该反应的中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+1/2H2SO4（aq）＝1/2Na2SO4（aq）+H2O（l） △H=－QkJ·mol﹣1。
（6）用y元素的单质与f元素的单质可以制成电极浸入由x、d、e三种元素组成的化合物氢氧化钠的溶液中构成电池，由于铝能与氢氧化钠溶液反应，则铝是负极，因此负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O。
【点睛】本题考查位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
22.二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程图如图：

已知：①Ce4+既能与F-结合成[CeFX]（4-x）+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_____。
（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出CeO2与盐酸反应的离子方程式_____，为避免上述污染，请提出一种解决方案：_____。
（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2Ce·（H2n-4A2n）+4H+。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为_____。
（4）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+，H2O2在该反应中作_____（填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”），每有1molH2O2参加反应，转移电子物质的量为_____。
（5）“氧化”步骤的化学方程式为_____。
（6）取上述流程得到的CeO2产品0.50g，加硫酸溶解后，用0.10mol/L FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+，其他杂质均不参加反应），消耗25.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_____(Ce的相对原子质量为140)。
【答案】 (1). 增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率 (2). 2CeO2+2Cl－+8H+＝2Ce3++Cl2↑+4H2O (3). 将HCl（盐酸）改用H2SO4酸浸 (4). 分液漏斗 (5). 还原剂 (6). 2mol (7). 2Ce(OH)3+NaClO+H2O＝2Ce(OH)4+NaCl (8). 86%
【解析】
【分析】
氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，以便后续的提取，加稀硫酸，与硫酸根结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能，加“反萃取”、加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从+3氧化为+4，得到产品，据此解答。
【详解】（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率；
（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体应为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，反应的离子方程式为2CeO2+2Cl－+8H+＝2Ce3++Cl2↑+4H2O，可以用硫酸代替盐酸而避免产生氯气污染；
（3）实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗；
（4）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，H2O2在该反应中作还原剂，每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol；
（5）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O＝2Ce(OH)4+NaCl；
（6）FeSO4的物质的量为0.1000mol•L-1×0.025L=0.0025mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.0025×172g=0.4300g，产品中CeO2的质量分数为
0.4300g/0.500g×100%=86%。
【点睛】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及物质分离和提纯方法选取、氧化还原反应等知识点，明确反应原理以及相关物质的化学性质是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法，题目难度中等。
23.某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论：运用类比的思想，既然氨气具有还原性，能否像H2那样还原CuO呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题。请你参与该小组的活动并完成下列研究：
(一)制取氨气
(1)写出实验制取氨气的化学方程式_______________________________；
(2)有同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气。你认为他能否达到目的？________(填“能”或“否”)。理由是 ______________________。
(二)该小组中某同学设计了下图所示的实验装置(夹持及尾气处理装置未画出)，探究氨气的还原性：

(1)该装置在设计上有一定缺陷，为保证实验结果的准确性，对该装置的改进措施是：_______________________________________________________________________。
(2)利用改进后的装置进行实验，观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体。写出氨气与CuO反应的化学方程式___________________。
(三)问题讨论：
有同学认为：NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O。已知：Cu2O是一种碱性氧化物；在酸性溶液中，Cu＋的稳定性差(Cu＋Cu＋Cu2＋)。请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O：______________。
【答案】 (1). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). 否 (3). 氨气在饱和氯化铵溶液中的溶解度仍然很大 (4). 在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管 (5). 3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O (6). 取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O反之则没有
【解析】
【详解】(一)(1)实验制取氨气利用熟石灰和氯化铵混合加热，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
(2)氨气极易溶于水，氨气在饱和氯化铵溶液中的溶解度仍然很大，因此不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气。
(二)(1)氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥，即需要在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管。
(2)CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。
(三)由题中信息可知，Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu+的稳定性比Cu2+差，则将Cu2O加入硫酸中发生Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，可观察到溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有，即取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有。
【点睛】本题以铜的化合物的性质探究，考查了物质性质实验方案的设计，题目难度中等，题中涉及了较多的书写化学方程式的题目，正确理解题干信息为解答关键，要求学生掌握有关物质性质实验方案设计的方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。
24.已知A、B、C、D、E都属于元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大。元素周期表中A的电负性最大，B是同周期元素中第一电离能最小的元素，A、D同主族，B、C、D同周期，E是人体的必需元素，缺乏时易引起佝偻病，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题：
(1)A、D分别可形成简单气态氢化物，其中沸点较低的是____(填化学式)，原因是_____。
(2)C元素原子的价电子排布图为____。
(3)B能与氧气反应生成过氧化物，写出与O22-互为等电子体的一个分子和一个离子的化学式_____、________。
(4)CO能与B和Mn形成B[Mn(CO)5]，配体是____。
(5)D和铯与不同价态的铜生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构如图所示，a位置上的D原子的杂化轨道类型为_________。已知其中一种化合物的化学式为CsCuD3，则另一种的化学式为_________（用元素符号表示）。

(6)EA2的晶胞如图所示，若晶胞边长为x pm，则晶胞密度为____g/cm3（用NA和x表示）。

【答案】 (1). HCl (2). HF分子间存在氢键 (3). (4). F2 (5). S22-(ClO-) (6). CO (7). sp3 (8). Cs2CuCl3 (9).
【解析】
【分析】
已知A、B、C、D、E都属于元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大。元素周期表中A的电负性最大，A是F。B是同周期元素中第一电离能最小的元素，B位于第ⅠA族。A、D同主族，B、C、D同周期，E是人体的必需元素，缺乏时易引起佝偻病，E是Ca。B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，所以B是Na，C是Al，D是Cl，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A是F，B是Na，C是Al，D是Cl，E是Ca。则
(1)由于HF分子间存在氢键，HCl不能形成氢键，所以沸点较低的是HCl。
(2)Al元素的最外层电子数是3个，因此根据能量最低原理可知，其原子的价电子排布图为。
(3)Na能与氧气反应生成过氧化钠，由于原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则与O22-互为等电子体的一个分子和一个离子的化学式可以是F2、S22-或ClO-。
(4)CO能与Na和Mn形成Na[Mn(CO)5]，其中配体是CO。
(5)a位置上Cl原子形成2个单键，且Cl还有2对孤对电子，可知Cl的杂化轨道类型为sp3；化合物的化学式为CsCuCl3中Cu为+2价，则另一化合物中Cu为+1价，所以化学式为Cs2CuCl3。
(6)氟化钙晶胞中含有8个氟离子，钙离子个数是8×1/8＋6×1/2＝4，若晶胞边长为x pm，则晶胞的体积是(x×10－10)3cm3，则晶胞密度为。