C-C>Si-Si，共价键越强，原子结合的就越牢固，物质的硬度就越大。
所以物质的硬度：
晶体硅<金刚石，正确。
D．乙烯分子中碳碳键是碳碳双键，而苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，所以键长：
乙烯<苯，错误。
【考点定位】考查有关物质性质的比较的正误判断的知识。
12．与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是
A．硫酸铜B．氢氧化钠C．硫酸亚铁D．二氧化硫
【答案】A
【解析】
试题分析：
A.CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：
CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，正确。
B．氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：
2NaOH++H2S=Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，错误。
C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：
硫酸>氢硫酸，属于二者不能发生反应，无沉淀产生，错误。
D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：
SO2+2H2S=3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，错误。
【考点定位】考查物质的分类及反应现象的正确描述的知识。
13．实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。
下列分析错误的是
A．操作I中苯作萃取剂
B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．通过操作II苯可循环使用
D．三步操作均需要分液漏斗
【答案】B
【解析】A．苯酚容易溶于有机溶剂苯，而难溶于水，水与苯互不相溶，因此可用苯作萃取剂将含有苯酚的废水中的苯萃取出来，操作I中苯作萃取剂，正确。
B．苯酚钠容易溶于水，而难溶于苯，因此在苯中的溶解度比在水中的小，错误。
C．向萃取分液后的含有苯酚的溶液中加入NaOH溶液，发生反应：
NaOH+C6H5OH=C6H5ONa+H2O，C6H5ONa容易溶于水，而与苯互不相溶，然后分液，得到的苯可再应用于含有苯酚的废水的处理，故通过操作II苯可循环使用，正确。
D．再向含有苯酚钠的水层加入盐酸，发生：
C6H5ONa+HCl=C6H5OH+NaCl，苯酚难溶于水，密度比水大，在下层，通过分液与水分离开，通过上述分析可知在三步操作中都要进行分液操作，因此要使用分液漏斗，正确。
【考点定位】考查废水中的物质回收利用的知识。
14．研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。
下列有关说法错误的是
A．d为石墨，铁片腐蚀加快
B．d为石墨，石墨上电极反应为：
O2+2H2O+4e→4OH–
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d为锌块，铁片上电极反应为：
2H++2e→H2↑
【答案】D
【解析】由于活动性：
Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，正确。
B.d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：
O2+2H2O+4e→4OH–，正确。
C.若d为锌块，则由于金属活动性：
Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确。
D.d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：
O2+2H2O+4e→4OH–，错误。
【考点定位】考查金属的电化学腐蚀及防护的知识。
15．一般情况下，前者无法决定后者的是
A．原子核外电子排布——元素在周期表中的位置
B．弱电解质的相对强弱——电离常数的大小
C．分子间作用力的大小——分子稳定性的高低
D．物质内部储存的能量——化学反应的热效应
【答案】C
【解析】A．原子核外电子排布，根据原子核外具有的电子层数确定元素所在的周期数，根据元素原子的最外层电子数可确定元素所在的族序数。
因此可以确定元素在周期表中的位置，正确。
B．弱电解质在溶液中存在电离平衡，当达到电离平衡时，已经电离的电解质的分子电离产生的离子浓度的乘积与未电离的电解质分子浓度的比是个常数，这个常数越大，表明电解质越容易电离，它只与温度有关，而与其它外界条件无关。
因此电解质的相对强弱可用电离常数的大小比较，正确。
C．分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化需要消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，这与物质的稳定性大小无关，错误。
D．物质内部储存的能量越高，物质发生反应时释放的能量就越大，因此可以根据物质内部储存的能量，判断化学反应的热效应，正确。
【考点定位】考查物质的性质及应用的正误判断的知识。
16．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。
下列说法错误的是
A．元素丙的单质可用于冶炼金属
B．甲与丁形成的分子中由非极性分子
C．简单离子半径：
丁>乙>丙
D．甲与乙形成的化合物均有氧化性
【答案】D
【解析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，甲是Na元素。
A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，正确。
B．C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，正确。
D．C形成的化合物CO有强的还原性，CO2有弱的氧化性；Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，错误。
【考点定位】考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。
17．某无色溶液含有下列离子中的若干种：
H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。
向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】C
【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。
向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。
还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。
离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：
H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。
故选项是C。
【考点定位】考查离子大量共存的知识。
18．下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是
A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
【答案】B、C
【解析】在反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中N元素的化合价由反应前氨中的的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高，失去电子，氨气作还原剂。
A．在2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，H元素的化合价由NH3中的+1价变为反应后H2的0价，化合价降低，得到电子，所以NH3作氧化剂，与上述反应的氨的作用不同，错误。
B．在2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O中，NH3中的N化合价由-3价变为反应后的0价，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。
C．在4NH3+6NO→5N2+6H2O中，NH3的N元素的化合价由-3价变为反应后N2的0价，化合价升高，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。
D．在3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2中，NH3的N元素的化合价没有发生变化，既不作氧化剂，也不作还原剂，错误。
【考点定位】考查氨在不同的化学反应中的作用的正误判断的知识。
19．离子方程式2Ca2++3HCO3–+3OH–→2CaCO3↓+CO32–+3H2O可以表示
A．Ca（HCO3）2与NaOH溶液反应B．NaHCO3与澄清石灰水反应
C．Ca（HCO3）2与澄清石灰水反应D．NH4HCO3与澄清石灰水反应
【答案】AB
【解析】A．Ca（HCO3）2与NaOH溶液按照2:
3混合，会发生反应，离子方程式是：
2Ca2++3HCO3–+3OH–→2CaCO3↓+CO32–+3H2O，正确。
B．NaHCO3与澄清石灰水按照3:
2混合，发生反应，离子方程式是：
2Ca2++3HCO3–+3OH–→2CaCO3↓+CO32–+3H2O，正确。
C．Ca（HCO3）2与澄清石灰水反应，离子方程式是：
Ca2++HCO3–+OH–→CaCO3↓+H2O，错误。
D．NH4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：
Ca2++HCO3–+NH4++2OH–→CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，错误。
【考点定位】考查化学反应方程式和离子方程式书写的正误判断的知识。
20．对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是
A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小反应物浓度，对逆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】A.合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆速率影响更大，错误。
B．合成氨的正反应是气体体积减小的反应。
增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，正确。
C．减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，错误。
D．加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，错误。
【考点定位】考查外界条件对可逆反应的正反应、逆反应速率的影响的判断的知识。
21．工业上将Na2CO3和Na2S以1:
2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。
在该反应中
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】A
【解析】.在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。
B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：
Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:
2=2:
1，错误。
C．根据B选项的河西方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1molNa2S2O3，转移8/3mol电子，错误。
D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:
1，但是由于SO2容易溶于水，而CO2在水中溶解度较小。
所以相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积小于2.5m3，错误。
【考点定位】考查工业上制取Na2S2O3的反应原理的知识。
22．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。
原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）
A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL
【答案】BD
【解析】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
充分反应后，再通过足量的水，发生反应：
4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：
NH3+2O2=HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL-44.8mL=403.2ml，其中含有的氧气是V（O2）=403.2ml×2/3=268.8mL。
若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：
V（O2）=403.2ml×2/3+44.8mL=313.6mL。
故答案是选项BD。
【考点定位】考查反应物有过量时的化学计算的知识。
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
23．（本题共12分）白云石的主要成份是CaCO3·MgCO3，在我国有大量的分布。
以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途。
白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离。
碳化反应是放热反应，化学方程式如下：
Ca（OH）2+Mg（OH）2+3CO2⇌CaCO3+Mg（HCO3）2+H2O
完成下列填空
23．Ca（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性（选填“强”或“弱”）
Ca（OH）2的溶解度比Mg（OH）2的溶解度（选填“大”或“小”）
24．碳化温度保持在50~60℃。
温度偏高不利于碳化反应，原因是、。
温度偏低也不利于碳化反应，原因是。
25．已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示，在10min到13min之内钙离子的反应速率为。
15min之后钙离子浓度增大，原因是（用化学方程式表示）。
26．Mg原子核外电子排布式为；Ca原子最外层电子的能量Mg原子最外层电子的能量（选填“低于”、“高于”或“等于”）。
【答案】23.强；大。
24.平衡逆向移动、Mg（HCO3）2分解；反应速率慢。
25.0.009mol/（L·min）；CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2。
26.1s22s22p63s2；高于。
【解析】
23.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。
由于金属性Ca>Mg，所以碱性Ca（OH）2>Mg（OH）2。
Ca（OH）2微溶于水，而Mg（OH）2难溶于水，所以溶解度：
Ca（OH）2>Mg（OH）2。
24.发生的碳化反应化学方程式如下：
Ca（OH）2+Mg（OH）2+3CO2⇌CaCO3+Mg（HCO3）2+H2O，该反应是放热反应，碳化温
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