吉林省吉林市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題含解析

PAGE17-吉林省吉林市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題（含解析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32K-39一、選擇題(每小題只有一個(gè)正確答案)1.化學(xué)與社會(huì)、生活休戚相關(guān)。下列說(shuō)法不正確的是A.煤的液化、海帶中提碘、焰色反應(yīng)等都涉及化學(xué)改變B.利用高純度硅制造的太陽(yáng)能電池板可將光能干脆轉(zhuǎn)化為電能C.國(guó)產(chǎn)大飛機(jī)一C919運(yùn)用的碳纖維是一種新型的無(wú)機(jī)非金屬材料D.浮梁巧燒瓷，顏色比瓊玖”，描述的是我國(guó)馳名于世的陶瓷，陶瓷是一種硅酸鹽產(chǎn)品【答案】A【解析】【詳解】A.焰色反應(yīng)是元素的性質(zhì)，屬于物理改變，不涉及化學(xué)改變，選項(xiàng)A不正確；B.利用高純度硅制造的太陽(yáng)能電池板可將光能干脆轉(zhuǎn)化為電能，選項(xiàng)B正確；C.國(guó)產(chǎn)大飛機(jī)一C919運(yùn)用的碳纖維是一種新型的無(wú)機(jī)非金屬材料，選項(xiàng)C正確；D.浮梁巧燒瓷，顏色比瓊玖”，描述的是我國(guó)馳名于世的陶瓷，陶瓷是一種硅酸鹽產(chǎn)品，選項(xiàng)D正確；答案選A。2.下列化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是A.中子數(shù)為8的氧原子： B.HCl的電子式：C.NH3的結(jié)構(gòu)式： D.Cl?的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】C【解析】【詳解】A．中子數(shù)為8的氧原子的質(zhì)量數(shù)為8+8=16，所以符號(hào)為，故A錯(cuò)誤；B．HCl為共價(jià)化合物，電子式為，故B錯(cuò)誤；C．氨氣分子中氮原子與每個(gè)氫原子共用一對(duì)電子，所以結(jié)構(gòu)式為，故C正確；D．氯原子得一個(gè)電子形成氯離子，結(jié)構(gòu)示意圖為，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。3.下列有關(guān)物質(zhì)分類(lèi)的說(shuō)法正確的是（）A.HNO3是一元酸、強(qiáng)酸、揮發(fā)性酸是按性質(zhì)進(jìn)行分類(lèi)的B.FeO、Fe2O3、Fe3O4都是堿性氧化物C.漂白液、液化石油氣、鋁熱劑都是混合物D.無(wú)水乙醇、一水合氨、熔融MgSO4都電解質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】A．HNO3是一元酸，是依據(jù)其組成來(lái)劃分的，而HNO3是強(qiáng)酸和揮發(fā)性酸，是依據(jù)其性質(zhì)來(lái)劃分的，故A錯(cuò)誤；B．FeO、Fe2O3是堿性氧化物，但Fe3O4不是堿性氧化物，故B錯(cuò)誤；C．漂白液主要成分是NaClO的水溶液、液化石油氣是多種液態(tài)烴的混合物、鋁熱劑是某些金屬氧化物和鋁的混合物，故C正確；D．無(wú)水乙醇屬于非電解質(zhì)，一水合氨、熔融MgSO4是電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故答案為C?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)分類(lèi)法的應(yīng)用，主要有：①物質(zhì)依據(jù)組成可以分純凈物和混合物，依據(jù)組成元素的種類(lèi)不同，純凈物分為單質(zhì)和化合物；②單質(zhì)依據(jù)組成元素可分為金屬單質(zhì)和非金屬單質(zhì)；③化合物主要包括：酸、堿、鹽和氧化物；④依據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小不同，可將分散系分為溶液、濁液和膠體；⑤電解質(zhì)是在水溶液中或溶化狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，但像二氧化碳的水溶液雖然能導(dǎo)電，但二氧化碳屬于非電解質(zhì)。4.朱自清在《荷塘月色》中寫(xiě)道：“薄薄的青霧浮起在荷塘里……月光是隔了樹(shù)照過(guò)來(lái)的，高處叢生的灌木，落下參差的斑駁的黑影……”月光穿過(guò)薄霧形成的種種美景本質(zhì)緣由是()A.發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)B.霧一種膠體，膠粒帶相同電荷C.空氣中的小水滴顆粒直徑大小約為1～100nmD.空氣中的小水滴顆粒的布朗運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【分析】依據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑大小不同，把分散系分為溶液、膠體、濁液，它們本質(zhì)區(qū)分就是分散質(zhì)粒子直徑大小不同，膠體的粒子直徑大小約為1—100nm。據(jù)此解答?！驹斀狻緼．霧是一種膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，但這不是月光穿過(guò)薄霧形成的種種美景的本質(zhì)緣由，A錯(cuò)誤；B．霧是一種膠體，膠體呈電中性，膠粒帶相同電荷，但這也不是月光穿過(guò)薄霧形成的種種美景的本質(zhì)緣由；B錯(cuò)誤；C．膠體具有不同于其他分散系性質(zhì)的本質(zhì)緣由就是分散質(zhì)粒子直徑大小不同，膠體的粒子直徑大小約為1—100nm，空氣中的小水滴顆粒直徑大小約為1～100nm，所以這種小水滴是一種膠體，這是月光穿過(guò)薄霧形成的種種美景本質(zhì)緣由，C正確；D．布朗運(yùn)動(dòng)是微小粒子都能表現(xiàn)出的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不是月光穿過(guò)薄霧形成的種種美景的本質(zhì)緣由，D錯(cuò)誤；答案選C。5.阿伏加德羅常數(shù)的值為。下列說(shuō)法正確的是A.1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的數(shù)量為0.1B.2.4gMg與H2SO4完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LN2和O2的混合氣體中分子數(shù)為0.2D.0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為0.2【答案】D【解析】A、NH4＋是弱堿陽(yáng)離子，發(fā)生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋數(shù)量小于0.1NA，故A錯(cuò)誤；B、2.4gMg為0.1mol，與硫酸完全反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2.4×2/24mol=0.2mol，因此轉(zhuǎn)移電子數(shù)為為0.2NA，故B錯(cuò)誤；C、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，N2和O2都是氣態(tài)分子，2.24L任何氣體所含有的分子數(shù)都為0.1NA，故C錯(cuò)誤；D、H2＋I(xiàn)22HI，反應(yīng)前后系數(shù)之和相等，即反應(yīng)后分子總物質(zhì)的量仍為0.2mol，分子數(shù)為0.2NA，故D正確。6.取100mL0.3mol·L-1和300mL0.25moL·L-1的鹽酸注入500mL的容量瓶中，加水稀釋至刻度線(xiàn)，該混合溶液中H+的物質(zhì)的量濃度是（）A.0.21mol·L-1 B.0.56mol·L-1 C.0.42mol·L-1 D.0.26mol·L-1【答案】A【解析】【分析】依據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計(jì)算稀釋后鹽酸的濃度，再依據(jù)原子守恒計(jì)算氫離子的濃度?！驹斀狻肯♂屒昂笕苜|(zhì)的物質(zhì)的量不變，則稀釋后鹽酸的物質(zhì)的量濃度==0.21mol/L，依據(jù)氫原子守恒得c(H+)=c(HCl)=0.21mol/L，答案選A。7.在無(wú)土栽培中，需配制1L含0.50mol·L－1NH4Cl、0.16mol·L－1KCl、0.24mol·L－1K2SO4的混合溶液，但當(dāng)時(shí)沒(méi)有K2SO4固體，若用(NH4)2SO4固體代替，需用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4三種固體的物質(zhì)的量分別為A.0.40、0.50、0.12 B.0.66、0.50、0.24C.0.64、0.50、0.24 D.0.64、0.02、0.24【答案】D【解析】【詳解】1L混合液中，n(NH4Cl)=1L×0.5mol/L=0.5mol、n(KCl)=1L×0.16mol/L=0.16mol、n(K2SO4)=1L×0.24mol/L=0.24mol，故n(Cl－)=n(NH4Cl)+n(KCl)=0.5mol+0.16mol=0.66mol；n(K+)=n(KCl)+2n(K2SO4)=0.16mol+2×0.24mol=0.64mol；n(SO42－)=n(K2SO4)=0.24mol；用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4配制，則：n[(NH4)2SO4]=n(SO42－)=0.24mol；n(KCl)=n(K+)=0.64mol；n(NH4Cl)=n(Cl－)－n(KCl)=0.66mol－0.64mol=0.02mol；答案選D。8.某位同學(xué)配制肯定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，造成所配溶液濃度偏高的緣由是A.所用NaOH已經(jīng)潮解B.定容時(shí)俯視刻度線(xiàn)C.有少量NaOH殘留燒杯中D.用帶游碼的托盤(pán)天平稱(chēng)2.4gNaOH時(shí)誤用了“左碼右物”方法【答案】B【解析】【詳解】A．所用NaOH固體已潮解，稱(chēng)取肯定質(zhì)量的NaOH時(shí)，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，所配溶液濃度偏低，故A不符合題意；B．定容時(shí)俯視刻度線(xiàn)會(huì)使加入的蒸餾水偏小，溶液體積偏小，濃度偏高，故B符合題意；C．有少量NaOH殘留在燒杯里，導(dǎo)致移入容量瓶中溶質(zhì)氫氧化鈉的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故C不符合題意；D．將砝碼放在左盤(pán)，被稱(chēng)量物放在右盤(pán)，運(yùn)用了游碼，會(huì)導(dǎo)致所稱(chēng)取的氫氧化鈉的質(zhì)量少，導(dǎo)致溶液的濃度偏低，故D不符合題意；綜上所述答案為B。9.下列電離方程式正確的是A.NaHCO3＝Na++H++CO32－ B.H2SO32H++SO32－C.Ba(OH)2＝Ba2++2OH－ D.AgClAg++Cl－【答案】C【解析】【分析】強(qiáng)電解質(zhì)用“═”，若電解質(zhì)用“”，留意遵循電荷守恒、質(zhì)量守恒定律來(lái)書(shū)寫(xiě)電離方程式，留意原子團(tuán)不行拆分，多元弱酸分步電離?！驹斀狻縉aHCO3是H2CO3的酸式鹽，HCO3-部分電離，不能拆寫(xiě)，電離方程式為NaHCO3═Na++HCO3-，A錯(cuò)誤；H2SO3為二元中強(qiáng)酸，要分步電離，電離方程式為H2SO3H++HSO3－，B錯(cuò)誤；Ba（OH）2為強(qiáng)電解質(zhì)，電離方程式為Ba（OH）2=Ba2++2OH-，C正確；氯化銀屬于強(qiáng)電解質(zhì)，溶于水的部分或熔融下完全電離，電離方程式為AgCl═Ag++Cl—，D正確。故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查電離方程式的書(shū)寫(xiě)，駕馭正確書(shū)寫(xiě)電離方程式的方法，并會(huì)正確推斷電離方程式的正誤是解答的關(guān)鍵，須要留意的是強(qiáng)酸的酸式根離子拆開(kāi)寫(xiě)，弱酸的酸式根離子不要拆。10.在室溫下，下列離子組在指定溶液中肯定能大量共存是A.使石蕊變藍(lán)的溶液：K+、Na+、、OH-B.加入鋁粉產(chǎn)生氣體的溶液：Cu2+、Mg2+、、Cl-C.使甲基橙變紅的溶液：K+、Fe2+、、D.含有1mol·L－1Al3+的溶液：H+、Fe3+、、【答案】A【解析】【詳解】A．使石蕊變藍(lán)的溶液顯堿性，四種離子相互之間不反應(yīng)，且可以在堿性溶液中大量存在，故A符合題意；B．加入鋁粉產(chǎn)生氣體的溶液可能是強(qiáng)酸溶液也可能是強(qiáng)堿溶液，無(wú)論強(qiáng)酸還是強(qiáng)堿溶液，碳酸氫根都不能大量存在，且Cu2+、Mg2+不能在堿性溶液中大量存在，故B不符合題意；C．使甲基橙變紅的溶液顯酸性，酸性溶液中硝酸根會(huì)將亞鐵離子氧化，故C不符合題意；D．鋁離子和碳酸氫根會(huì)相互促進(jìn)水解而不能大量共存，且碳酸氫根和氫離子不能大量共存，故D不符合題意；綜上所述答案為A。11.下列離子方程式正確的是（）A.磁性氧化鐵溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OB.向NaAlO2溶液中通入過(guò)量CO2制Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-C.用濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制取少量氯氣：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD.在強(qiáng)堿溶液中次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+【答案】B【解析】【詳解】A．磁性氧化鐵是Fe3O4，屬于氧化物，不能拆寫(xiě)成離子，故A錯(cuò)誤；B．利用碳酸的酸性強(qiáng)于偏鋁酸的規(guī)律，向NaAlO2溶液中通入過(guò)量CO2可以生成Al（OH）3和碳酸氫鈉，故B正確；C．氫原子不守恒，應(yīng)是：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C錯(cuò)誤；D．此溶液是堿性溶液，不能有大量H＋存在，故D錯(cuò)誤；故選B。12.有7瓶氯鹽溶液，陽(yáng)離子分別是Cu2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Fe2+、NH4+、Na+等離子的溶液，只用一種試劑即可鑒別，該試劑可能是A.KMnO4溶液 B.KSCN溶液 C.NaOH溶液 D.NH3·H2O溶液【答案】C【解析】【詳解】加入氫氧化鈉溶液時(shí)，與Cu2+反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀、與Fe3+反應(yīng)生成紅褐色沉淀、與Al3+反應(yīng)生成白色沉淀且氫氧化鈉過(guò)量沉淀又完全消逝、與Mg2+反應(yīng)生成白色沉淀且氫氧化鈉過(guò)量沉淀不消逝、與Fe2+反應(yīng)生成白色沉淀，快速變成灰綠色最終變?yōu)榧t褐色、與NH4+反應(yīng)生成無(wú)色刺激性氣味的氣體、與Na+混合無(wú)現(xiàn)象，則NaOH溶液與七種離子混合現(xiàn)象均不同，可以鑒別，而加入KMnO4溶液只能鑒別Fe2+，加入KSCN溶液只能鑒別Fe3+，加入氨水不能鑒別Al3+、Mg2+，故答案選C。13.下列轉(zhuǎn)化過(guò)程中必需加還原劑才能實(shí)現(xiàn)的是(

)A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】A.中硫元素化合價(jià)上升，須要加入氧化劑才反應(yīng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.中銅元素化合價(jià)上升，須要加入氧化劑才反應(yīng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.見(jiàn)光分解就可發(fā)生，HClO即是氧化劑又是還原劑，不須要再加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.中硅元素化合價(jià)降低，須要加入還原劑才反應(yīng)，選項(xiàng)D正確。答案選D?！军c(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)氧化劑和還原劑的應(yīng)用，一個(gè)氧化還原反應(yīng)的發(fā)生既要有氧化劑又要有還原劑二者缺一不行。是比較簡(jiǎn)單的題目。14.某種飛船以N2H4和N2O4為動(dòng)力源，反應(yīng)方程式為2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反應(yīng)溫度高達(dá)2700℃，對(duì)于該反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是A.N2H4是氧化劑 B.N2O4是還原劑C.N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物 D.每生成3molN2轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA【答案】C【解析】【詳解】A．該反應(yīng)中N2H4中N元素由-2價(jià)變?yōu)?價(jià)，化合價(jià)上升被氧化，所以N2H4是還原劑，故A錯(cuò)誤；B．N2O4中N元素的化合價(jià)降低，N2O4為氧化劑，故B錯(cuò)誤；C．N2H4中N元素化合價(jià)上升生成N2，N2O4中N元素的化合價(jià)降低生成N2，所以N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故C正確；D．依據(jù)方程式可知生成3molN2時(shí)有2molN2H4參加反應(yīng)，N2H4為唯一還原劑，所以轉(zhuǎn)移電子為8mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8NA，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。15.[2024全國(guó)Ⅰ]下列試驗(yàn)操作能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.用長(zhǎng)頸漏斗分別出乙酸與乙醇反應(yīng)的產(chǎn)物B.用向上排空氣法收集銅粉與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的NOC.配制氯化鐵溶液時(shí)，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋D.將Cl2與HCl混合氣體通過(guò)飽和食鹽水可得到純凈的Cl2【答案】C【解析】【詳解】A．乙酸與乙醇反應(yīng)的產(chǎn)物是乙酸乙酯，該物質(zhì)密度比水小，難溶于水，而未反應(yīng)的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分別互不相溶的兩層液體物質(zhì)要用用分液漏斗，A錯(cuò)誤；B．NO的密度與空氣接近，且能與氧氣反應(yīng)生成NO2，NO不能溶于水，所以應(yīng)當(dāng)用排水法收集，B錯(cuò)誤；C．氯化鐵是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中鐵離子發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生氫氧根離子產(chǎn)生難溶性的氫氧化鐵，使溶液變渾濁當(dāng)最終水達(dá)到電離平衡時(shí)，溶液顯酸性，因此配制氯化鐵溶液時(shí)，為了抑制鹽的水解，應(yīng)當(dāng)先將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中，然后再加水稀釋到相應(yīng)的濃度，C正確；D．將Cl2與HCl混合氣體通過(guò)飽和食鹽水時(shí)，由于HCl極簡(jiǎn)單溶于水，而氯氣與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，水中含有肯定濃度的NaCl，由于c(Cl-)增大，氯氣的溶解度減小，故只能除去氯氣中的HCl雜質(zhì)，但不能除去其中的水蒸氣，因此不能得到純凈的Cl2，D錯(cuò)誤。答案選C。16.下述試驗(yàn)設(shè)計(jì)能夠達(dá)到目的的是A.汲取易溶于水的氣體 B.測(cè)定NaOH溶液濃度C.制備并收集少量NO2 D.制取無(wú)水AlCl3【答案】A【解析】【詳解】A．若氣體簡(jiǎn)單溶于水，會(huì)導(dǎo)致導(dǎo)氣管中氣體壓強(qiáng)減小，水進(jìn)入干燥管，由于干燥管容積大，水不能再進(jìn)入前邊的制取氣體的裝置，從而就可以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，A正確；B．酸堿中和滴定須要酸堿指示劑確定滴定終點(diǎn),缺少指示劑，B錯(cuò)誤；C．NO2簡(jiǎn)單溶于水，與水發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NO，所以不能用排水的方法收集NO2氣體，C錯(cuò)誤；D．AlCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，若干脆加熱制備無(wú)水AlCl3，水解產(chǎn)生的HCl揮發(fā)，導(dǎo)致得到的只能是Al2O3，要在HCl的氣氛中加入AlCl3來(lái)制備無(wú)水AlCl3，D錯(cuò)誤。答案選A。17.VmLFe2(SO4)3溶液中含agSO42-,取出溶液0.5VmL,用水稀釋成2VmL,則稀釋后溶液中Fe3+的物質(zhì)的量濃度是A.mol·L-1 B.mol·L-1C.mol·L-1 D.mol·L-1【答案】A【解析】【詳解】agSO42-的物質(zhì)的量為n(SO42-)==mol，VmLFe2(SO4)3溶液中含有Fe3+的物質(zhì)的量為n(Fe3+)=×n(SO42-)=mol×=mol，0.5VmL溶液中含有Fe3+的物質(zhì)的量為n(Fe3+)=mol×0.5=mol，稀釋后溶液體積為2VmL，則溶液中Fe3+的濃度為c(Fe3+)==mol·L-1?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的量濃度的計(jì)算，題目難度中等，明確稀釋過(guò)程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變?yōu)榻獯痍P(guān)鍵，留意駕馭物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量、物質(zhì)的量濃度之間的關(guān)系，試題培育了學(xué)生的化學(xué)計(jì)算實(shí)力。18.將肯定量的Cl2通入肯定濃度的苛性鉀溶液中，兩者恰好完全反應(yīng)（已知反應(yīng)過(guò)程放熱），生成物中有三種含氯元素的離子，其中ClO-和ClO3-兩種離子的物質(zhì)的量（n）與反應(yīng)時(shí)間（t）的改變示意圖如下圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.苛性鉀溶液中KOH的質(zhì)量是5.6gB.反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.18molC.在酸性條件下ClO－和ClO3－可生成Cl2D.肯定有3.136L氯氣參加反應(yīng)【答案】B【解析】氯氣和氫氧化鉀溶液反應(yīng)生成次氯酸鉀、氯化鉀和氯酸鉀，依據(jù)圖象知n（ClO-）=0.08mol，n（ClO3-）=0.02mol，依據(jù)得失電子守恒可知生成的氯離子n（Cl-）=0.08mol×（1-0）+0.02mol×（5-0）=0.18mol，且轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.18mol，依據(jù)物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。A、通過(guò)以上分析可知，氫氧化鉀的物質(zhì)的量是0.28mol，質(zhì)量是0.28mol×56g/mol=15.68g，故A錯(cuò)誤；B、依據(jù)上述分析可知，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.18mol，故B正確；C、因ClO－中Cl元素的化合價(jià)是+1價(jià)，ClO3－中Cl元素的化合價(jià)是+5價(jià)，而Cl2中Cl元素的化合價(jià)是0價(jià)，所以ClO－和ClO3－中Cl元素的化合價(jià)都比Cl2中Cl元素的化合價(jià)高，故ClO－和ClO3－不行能生成Cl2，所以C錯(cuò)誤；D、因n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol，則依據(jù)原子守恒可知Cl2的物質(zhì)的量是0.14mol，但題目未說(shuō)明是標(biāo)準(zhǔn)狀況，所以無(wú)法計(jì)算Cl2的體積，故D錯(cuò)誤；二、非選擇題19.現(xiàn)有以下物質(zhì)：①NaCl晶體②稀鹽酸③CaCO3固體④熔融KCl⑤蔗糖⑥銅⑦CO2⑧冰醋酸⑨液氯⑩SO2?石墨(1)以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是____________。

(2)以上物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是_________，屬于非電解質(zhì)的是___________。

(3)以上物質(zhì)中屬于弱電解質(zhì)的是__________，屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是_________?！敬鸢浮?1).②④⑥?(2).①③④⑧(3).⑤⑦⑩(4).⑧(5).①③④【解析】【詳解】(1)稀鹽酸、熔融KCl都有自由移動(dòng)的離子，可以導(dǎo)電；銅為金屬單質(zhì)，有自由移動(dòng)的電子，可以導(dǎo)電；石墨也可以導(dǎo)電，所以選②④⑥?；(2)在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)，上述物質(zhì)中NaCl晶體、CaCO3固體、熔融KCl、冰醋酸均屬于電解質(zhì)，選①③④⑧；在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，上述物質(zhì)中蔗糖、CO2、SO2為非電解質(zhì)，選⑤⑦⑩；(3)在水溶液中不能完全電離的為弱電解質(zhì)，常見(jiàn)的有弱酸、弱堿等，所以弱電解質(zhì)為⑧；在水溶液中完全電離的為強(qiáng)電解質(zhì)，常見(jiàn)的有強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、大部分鹽等，所以強(qiáng)電解質(zhì)有①③④。20.有一瓶澄清溶液，其中可能含有、K＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、I-、、、、。取該溶液進(jìn)行以下試驗(yàn)：①用pH試紙檢驗(yàn)，溶液呈強(qiáng)酸性。②取溶液適量，加入少量CCl4和數(shù)滴新制氯水，振蕩，CCl4層呈紫紅色。③另取溶液適量，逐滴加入NaOH溶液：a.溶液從酸性變?yōu)橹行裕籦.溶液漸漸產(chǎn)生沉淀；c.沉淀完全溶解；d.最終加熱溶液，有氣體放出，該氣體能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)。④取適量③得到的堿性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。依據(jù)上述試驗(yàn)現(xiàn)象，回答下列問(wèn)題。(1)由①可以解除________的存在。(2)由②可以證明________的存在；同時(shí)解除_________的存在。(3)由③可以證明________的存在；寫(xiě)出c所涉及的離子方程式：_________。(4)由④可以證明________的存在，同時(shí)解除_________的存在。【答案】(1).CO、(2).I－(3).Fe3＋、(4).Al3＋、(5).Al(OH)3＋OH－=＋2H2O(6).Ba2＋(7).【解析】【詳解】(1)①溶液呈強(qiáng)酸性，說(shuō)明有大量H＋存在，因此CO、不存在；(2)②CCl4層呈紫紅色，說(shuō)明加入新制氯水產(chǎn)生I2，則溶液中有I－，所以肯定沒(méi)有能夠氧化I－的Fe3＋、存在；(3)③a．滴加氫氧化鈉溶液，首先中和H＋；b．產(chǎn)生沉淀，且沉淀完全溶解，說(shuō)明原溶液中存在Al3＋，先生成氫氧化鋁沉淀，之后氫氧化鋁沉淀與氫氧根反應(yīng)生成偏鋁酸根，所以c涉及的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=＋2H2O；d．加熱有氣體產(chǎn)生，此氣體能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)，說(shuō)明此氣體為NH3，原溶液中含有，綜上所述由③可以證明Al3＋、存在；(4)④取適量③得到的堿性溶液，加入Na2CO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，此沉淀只能是BaCO3，說(shuō)明原溶液含有Ba2＋，則肯定不含有?！军c(diǎn)睛】本題考查常見(jiàn)離子推斷與檢驗(yàn)，留意駕馭常見(jiàn)離子的化學(xué)性質(zhì)及檢驗(yàn)方法，依據(jù)離子共存、離子反應(yīng)現(xiàn)象推斷離子存在狀況，明確檢驗(yàn)離子時(shí)必需解除干擾離子。21.汽車(chē)尾氣中CO、以及燃煤廢氣中的都是大氣污染物，對(duì)它們的治理具有重要意義。氧化還原法消退的轉(zhuǎn)化如下所示：反應(yīng)Ⅰ為，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下L時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是______mol。反應(yīng)Ⅱ中，當(dāng)：：2時(shí)，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為_(kāi)_____。運(yùn)用“催化轉(zhuǎn)化器”可以削減尾氣中的CO和，轉(zhuǎn)化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為未配平，若，則方程式中和的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為_(kāi)_____。汲取和NO，獲得和產(chǎn)品的流程圖如圖所示為鈰元素。

裝置Ⅱ中，酸性條件下NO被氧化的產(chǎn)物主要是和，請(qǐng)寫(xiě)誕生成等物質(zhì)的量的和時(shí)的離子方程式：______。已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中的濃度為a，要使1該溶液中的完全轉(zhuǎn)化為，至少需向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣______用含a代數(shù)式表示，結(jié)果保留整數(shù)?！敬鸢浮?1).1(2).4：3(3).3：1(4).(5).243a【解析】【分析】（1）①依據(jù)化合價(jià)的改變推斷轉(zhuǎn)移電子數(shù)；②當(dāng)：：2，即和的系數(shù)之比是3：2，其方程式表示為：，只有N元素的化合價(jià)改變，氮?dú)鉃檠趸a(chǎn)物也是還原產(chǎn)物；（2）依據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價(jià)升降相等確定和的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；（3）生成等物質(zhì)的量的和時(shí)，被還原為，由得失電子相等、電荷守恒確定離子方程式；（4）依據(jù)得失電子數(shù)相等列等式計(jì)算?！驹斀狻?，生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移電子是2mol，生成即標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是；答案：1；當(dāng)：：2，即和的系數(shù)之比是3：2，其方程式表示為：，只有N元素的化合價(jià)改變，氮?dú)鉃檠趸a(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，由N原子守恒可知氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為8：：3；答案：4：3；轉(zhuǎn)換過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：未配平，若，可利用“定一法”進(jìn)行配平，把的化學(xué)計(jì)量數(shù)定為1，則CO、、前面的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為：1、、即，則化學(xué)方程式中與的系數(shù)之比為3：1；答案：3：1；生成等物質(zhì)的量的和時(shí)，被還原為，由電子守恒、電荷守恒可知，離子方程式為：；答案：；的濃度為，要使該溶液中的完全轉(zhuǎn)化為，則失去電子數(shù)目是：，設(shè)消耗標(biāo)況下氧氣的體積是V，則失電子數(shù)目是：，依據(jù)電子守恒：，解得；答案：243a。22.鹵族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲線(xiàn)表示鹵族元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的改變趨勢(shì)，正確的是____。(2)利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，下圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則每個(gè)晶胞中含有B原子的個(gè)數(shù)為_(kāi)_，該功能陶瓷的化學(xué)式為_(kāi)_____。(3)BCl3中心原子的雜化方式為_(kāi)_；第一電離能介于B、N之間的其次周期元素有___種。(4)若BCl3與XYn通過(guò)B原子與X原子間的配位鍵結(jié)合形成協(xié)作物，則該協(xié)作物中供應(yīng)孤對(duì)電子的原子是_____?！敬鸢浮?1).a(2).2(3).BN(4).sp2(5).3(6).X【解析】【詳解】(1)a．同主族元素自上而下非金屬性減弱，對(duì)電子的吸引實(shí)力減弱，電負(fù)性減弱，故a正確；b．F是現(xiàn)在已知元素中非金屬性最強(qiáng)的元素，元素的原子可能獲得電子形成陰離子；或者形成共用電子對(duì)，偏向F原子，因此沒(méi)有與族序數(shù)相等的最高正化合價(jià)，而Cl、Br都有最高+7價(jià)，故b錯(cuò)誤；c．HF分子之間除了存在分子間作用力，還存在氫鍵，增加了分子之間的吸引力所以HF的沸點(diǎn)最高，另外兩種元素的氫化物的沸點(diǎn)則是物質(zhì)分子的相對(duì)分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高，符合上述規(guī)律，故c錯(cuò)誤；d．鹵素單質(zhì)是結(jié)構(gòu)相像的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力就越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高，故d錯(cuò)誤；綜上所述答案為a。(2)同周期元素原子半徑隨核電荷數(shù)的遞增漸漸減小，故B原子的半徑大于N原子，也就是B原子位于晶胞的8個(gè)頂點(diǎn)和中間，其每個(gè)晶胞中含有8×+1=2個(gè)；N原子位于晶胞中和棱上，故每個(gè)晶胞中含有4×+1=2個(gè)；化學(xué)式可寫(xiě)為：BN；(3)BCl3中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=3，所以中心原子的雜化方式分別為sp2；由于氮原子的2p軌道是半滿(mǎn)狀態(tài)，其第一電離能大于O和C元素；Be原子的2s軌道為全滿(mǎn)狀態(tài)，其第一電離能大于B，第一電離能介于B和N之間的有：Be、C、O三種；(4