3．下列物质中，属于共价化合物的是
A.NaCl B.Na2O C.CaCl2 D.C02
【答案】D
【解析】
试题分析：
全部由共价键形成的化合物是共价化合物，所以D正确，其余都是离子化合物，答案选D。
考点：
考查共价化合物和离子化合物的判断
点评：
全部由共价键形成的化合物是共价化合物，而含有离子键的化合物是离子化合物，这说明在离子化合物中可以含有共价键，但在共价化合物不可能存在离子键。
4．下列变化能够实现的是：
①复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体；②两种氧化物发生反应有气体生成；③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性；④弱酸与盐溶液反应生成强酸。
A．只有①③B．只有②④C．只有①②④D．①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：
①醋酸钠与盐酸反应生成醋酸和氯化钠，既没有生成水，也没有生成沉淀和气体，故①正确；②过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，故②正确；③氢硫酸与亚硫酸恰好完全反应，所得溶液呈中性，故③正确；④弱酸与盐溶液反应符合复分解反应发生的条件可以生成强酸，如氢硫酸与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，故④正确；故能够实现的是：
①②③④，故选D。
考点：
考查酸、碱、盐、氧化物等基本概念及相互转化等
5．下列离子在溶液中能大量共存的一组是（）
A．Fe2+、H+、ClO-、SO32-B．K+、Al3+、Cl-、CO32-
C．Na+、Ca2+、HCO3-、OH-D．Fe2＋、NH4+、NO3－、SO42-
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．Fe2+、H+、ClO-、SO32-容易发生氧化还原反应，不能电离共存，错误；B．Al3+、CO32-会发生双水解反应而不能大量共存，错误；C．Ca2+、HCO3-、OH-容易发生复分解反应，不能电离共存，错误；D．Fe2＋、NH4+、NO3－、SO42-不会发生任何反应，可以大量共存，正确。
考点：
考查离子在溶液中能大量共存的知识。
6．下列说法正确的是
A．只有在标准状况下22.4L的任何气体才含有NA个分子
B．将25g胆矾晶体溶于1000mL水中，所得溶液中CuSO4的物质的量浓度为0.1mol/L
C．气体摩尔体积就是22.4L/mol
D．标准状况下，11.2LNH3含有的电子数约为5NA
【答案】D
【解析】A．不正确，由气体气态方程，PV=nRT，n=PV/RT,不一定在标准状况下22.4L的任何气体才含有NA个分子，多种状态下都要可能；
B．不正确，将25g胆矾晶体溶于水中，配成1000mL所得溶液中CuSO4的物质的量浓度才是0.1mol/L
C．不正确，只有在标准状况下，气体摩尔体积是22.4L/mol
D．正确，标准状况下，11.2LNH3含有的电子数约为11.2L/22.4L·mol-1×10NA=5NA
选D。
7．设阿伏伽德罗常数为NA，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L甲醛完全燃烧产生NA个CO2分子
B．1L1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子个数等于NA
C．100g98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NA
D．常温常压下，1mol白磷中含有共价键为4NA
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、标准状况下，22.4L甲醛的物质的量为1mol，完全燃烧生成1molCO2，故A正确；B、Na2CO3属于强酸弱碱盐，要水解，CO32-+H2O
HCO3-+OH-，1L1mol/L溶液中，阴离子个数大于NA，故B错误；C、水分子中也含有氧原子，100g98%的浓硫酸中含氧原子个数大于4NA，故C错误；D、白磷是正四面体结构
，1mol白磷中含有共价键为6NA，故D错误；故选A。
考点：
考查了阿伏伽德罗常数的相关知识。
8．水的状态除了气、液、固态外还有玻璃态。
它是由液态水急速冷却到165K时形成的，玻璃态的水无固定形状，不存在晶体结构，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是（）。
A．水由液态变为玻璃态，体积缩小
B．水由液态变为玻璃态，体积膨胀
C．玻璃态是水的一种特殊状态
D．玻璃态水是分子晶体
【答案】C
【解析】明确玻璃态是一种非晶体，是一种聚集状态，不同于固、液、气三种状态，再根据题意其密度与普通水密度相同，则体积不变。
9．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为20。
则下列说法不正确的是
A．最高价氧化物的水化物的酸性：
X＜Z
B．原子半径大小：
Y＜W
C．X的非金属性大于Y
D．W的最高价氧化物的水化物具有两性
【答案】C
【解析】
试题分析：
设X的最外层电子数为x，则x+x-1+x+2+x+3=20，x=4，则由元素周期表的结构推测W为Al元素；X为C元素；Y为O元素；Z为Cl元素。
A.最高价氧化物的水化物的酸性：
H2CO3＜HClO4,A项正确；B.原子半径大小：
O＜Al，B项正确；C．同周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，则X的非金属性小于Y，C项错误；D.Al（OH）3既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有两性，D项正确；答案选C。
考点：
考查元素周期表和元素周期律。
10．在0.lmol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：
CH3COOH
CH3COO－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是
A．升温，平衡向正反应方向移动，溶液的pH值不变
B．加水，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动
C．滴加少量0.lmol·L-1HCl溶液，溶液中c（H＋）减少
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】
试题分析：
升高温度，促进电离，氢离子浓度增大，pH减小，A不正确；稀释促进电离，B不正确；加入盐酸，抑制醋酸的电离，但溶液中氢离子浓度增大，C不正确。
D中增大CH3COO－浓度，抑制醋酸的电离，D正确，答案选D。
考点：
考查外界条件对电离平衡的影响
点评：
该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对醋酸电离平衡状态以及外界条件对醋酸电离平衡状态影响的了解掌握情况，旨在培养学生分析、归纳、总结问题的能力。
有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力。
11．下列说法正确的是
A.
分子中，含
个共用电子对
B.在
参与的反应中，
作氧化剂时，得到电子数一定是
C.
的
溶液中硫离子数为
D.
乙基（
）含有的电子数为
【答案】D
【解析】
12．以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是
A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀。
溶液中一定含有大量的SO42-
B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀。
溶液中一定含有大量的CO32-
C．加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定含有大量的NH4+
D．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀。
溶液中一定含有大量的Cl－
【答案】C
【解析】
试题分析：
先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀，溶液中可能含有SO42-、Ag+或SO32-，,故A项错误；加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀。
溶液中可能含有大量的CO32-或Ag+，故B错误；NH4+与OH-反应放出氨气，故C正确；先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀，可能是盐酸带入的Cl－，故D错误。
考点：
本题考查离子检验。
13．25℃时，醋酸、次氯酸、亚硝酸的电离常数如下表，下列叙述不正确的是
酸
醋酸
次氯酸
亚硝酸
电离常数
1.7×10
3.0×10
7.1×10
A．PH相同的氯水和亚硝酸溶液，水电离出的C（H+）相同
B．往氯水滴加NaOH溶液呈中性：
C（Na+）＝2C（ClO－）+C（HClO）
C．浓度相等的CH3COONa和NaNO2两份溶液中：
C（CH3COO－）>C（NO2－）
D．向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pH＞a、pH＜a、pH=a均有可能
【答案】C
【解析】
试题分析：
氯水和亚硝酸的水溶液均显酸性，是由于酸的电离，对水的电离起抑制作用，故选项A正确。
氯水中滴加NaOH溶液显中性时结合电荷守恒可知：
C（Na+）==C（Cl-）+C（ClO-），若B选项等式正确，等量替换可得C（Cl-）=C（ClO-）+C（HClO），事实这个等式是物料守恒式，故假设成立，选项B正确。
因为CH3COO－的水解程度大于NO2－水解程度，故溶液相等时溶液中的CH3COO－浓度小，C选项不正确。
浓醋酸溶液中加水促进电离，溶液中的C（H+）是先增大然后逐渐减少的，故稀释后溶液的PH相比原来的PH值的大小比较应该都有可能。
这个也可以从教材中向冰醋酸中加水溶液的导电性变化情况图可以看出。
考点：
电解质溶液中的电离平衡与水解平衡，涉及水的电离程度比较，溶液中电荷守恒及物料守恒式的应用。
14．下列说法正确的是
A．碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃一定是饱和链烃
B．分子组成符合CnH2n+2的烃一定是烷烃
C．正戊烷分子中所有原子均在一条直线上
D．碳氢原子个数比为1：
3的烃有2种
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃，可能是饱和链烃，也可能是环烷烃，错误。
B.分子组成符合CnH2n+2的烃一定是烷烃，正确。
C.由于饱和碳原子是sp3杂化，与碳原子连接的几个原子形成的是四面体结构，所以正戊烷分子中不是所有原子都在一条直线上，而是呈锯齿形，错误。
D.碳氢原子个数比为1：
3的烃是C2H6，只有乙烷1种，错误。
考点：
考查有机物的类型、结构及同分异构体的种类的判断的知识。
15．Cu2S是一种灰黑色硫化物，不溶于水，能溶于硝酸。
当溶于过量的一定浓度的硝酸时，生成Cu（NO3）2与CuSO4的混合溶液、NO气体和另一产物。
（1）写出该条件下反应的化学方程式：
。
（2）当有0.7mol的SO42-生成时，该反应中转移的电子数为。
（3）该反应中的氧化产物为，硝酸在该反应中体现了（选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”）。
【答案】
（1）3Cu2S+16HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuSO4+10NO↑+8H2O
（2）7×6.02×1023（或4.214×1024）
（3）Cu（NO3）2、CuSO4（或Cu2+、SO42-）；氧化性、酸性
【解析】
试题分析：
（1）根据题目分析，硫化亚铜与硝酸反应，市场硝酸铜和硫酸铜，铜元素化合价升高，氮元素化合价降低，根据元素守恒，还有的产物为水，根据一个硫化亚铜失去2+8=10个电子，一个一氧化氮生成得到3个电子分析，硫化亚铜与一氧化氮的物质的量比为3:
10，再根据元素原子守恒配平，得方程式为：
3Cu2S+16HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuSO4+10NO↑+8H2O。
（2）反应中转移电子数位30，则有0.7摩尔硫酸根离子生成，有0.7摩尔电子转移，即7×6.02×1023（或4.214×1024）。
（3）铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物。
硝酸在该反应中体现了氧化性、酸性。
考点：
氧化还原反应
【名师点睛】氧化还原反应的书写过程步骤有标价态、列变化、求总数、定系数、后检查
一标出有变的元素化合价；
二列出化合价升降变化
三找出化合价升降的最小公倍数，使化合价升高和降低的数目相等；
四定出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数；
五平：
观察配平其它物质的系数；
六查：
检查是否原子守恒、电荷守恒（通常通过检查氧元素的原子数），画上等号
16．已知CO2（g）＋H2（g）
CO（g）＋H2O（g）的平衡常数随温度变化如下表：
t/℃
700
800
850
1000
1200
K
2.6
1.7
1.0
0.9
0.6
请回答下列问题：
（1）上述正向反应是________反应（选填“放热”或“吸热”）。
（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________。
（填编号）
A．容器中压强不变
B．c（CO2）＝c（CO）
C．生成amolCO2的同时消耗amolH2
D．混合气体的平均相对分子质量不变
E．混合气体的密度不变
（3）在850℃发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器中，其中向正反应方向进行的有________（选填A、B、C、D、E）。
A
B
C
D
E
n（CO2）
3
1
0
1
1
n（H2）
2
1
0
1
2
n（CO）
1
2
3
0.5
3
n（H2O）
5
2
3
2
1
（4）在850℃时，可逆反应：
CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），在该容器内各物质的浓度变化如下：
时间
/min
CO2
（mol·L－1）
H2
（mol·L－1）
CO
（mol·L－1）
H2O
（mol·L－1）
0
0.200
0.300
0
0
2
0.138
0.238
0.062
0.062
3
c1
c2
c3
c3
4
c1
c2
c3
c3
则3min～4min平衡后c3＝________mol·L－1，CO2的转化率为________。
【答案】
（1）放热
（2）C （3）A （4）0.12 60%
【解析】
（1）由表可知温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，正反应为放热反应。
（2）因为该反应为反应前后气体分子数不变的反应，所以压强不变，平均相对分子质量不变，均不能说明达到平衡状态，A、D错；选项B中CO2和CO的浓度相等，不能说明其浓度不再变化，故B错；生成CO2代表逆反应，消耗H2代表正反应，且比值等于反应方程式中的对应化学计量数之比，选项C正确；气体的质量不变且为恒容容器，所以气体密度不变不能说明达到平衡状态。
（3）计算各组的浓度商：
QA＝
<1 QB＝
>1 QD＝
＝1 QE＝
>1
由浓度商QC（4）850℃，K＝1，设CO2的转化量为x由
则平衡常数K＝
＝1
所以x＝0.12，故c3＝0.12，
α（CO2）＝
×100%＝60%。
17．有四种失去标签的溶液：
Na2SO4溶液、NaOH溶液、FeCl3溶液和MgCl2溶液。
请写出确定它们的实验步骤。
（1）___________________________________________________________________________。
（2）___________________________________________________________________________。
（3）___________________________________________________________________________。
【答案】
（1）观察溶液的颜色，呈棕黄色的为FeCl3溶液。
三种无色溶液为Na2SO4、NaOH、MgCl2
（2）用3支洁净的试管各取少量未知溶液，分别滴入几滴FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成的是NaOH溶液，无明显现象的是Na2SO4、MgCl2溶液
（3）另取两支洁净试管各取少量未知溶液，分别滴入几滴NaOH溶液，有白色沉淀生成的是MgCl2溶液，无明显现象的是Na2SO4溶液
【解析】先通过观察鉴别出FeCl3溶液（棕黄色），再由FeCl3溶液鉴别出NaOH溶液，然后由NaOH溶液鉴别出MgCl2溶液和Na2SO4溶液。
18．（10分）实验室用一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液制备乙酸乙酯，装置如图所示：
（1）写出生成乙酸乙酯的化学方程式：
（2）B试管中加入饱和碳酸钠的作用是：
（3）其中导管要插在液面上而不能插入溶液中，目的是
（4）实验完成后，试管B的液面上有透明的不溶于水的油状液体产生。
若分离10mL该液体混合物需要用到的主要玻璃仪器是，这种方法叫做。
【答案】
（1）
;
（2）吸收乙酸，溶解乙醇，减小乙酸乙酯在水中的溶解度以利于分层（3）防止倒吸;（4）分液漏斗分液
【解析】
试题分析：
（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：
，故答案为
（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为：
中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（3）导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为：
防倒吸；（4）分离乙酸乙酯时应用的仪器是分液漏斗，先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为：
分液漏斗；分液．
考点：
乙酸乙酯的制备
19．（18分）甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究。
步骤一：
制取FeCl2溶液。
向0.1mol•L-1FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH<1。
步骤二：
向2mLFeCl2溶液中滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5%H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5mol•L-1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。
（1）用离子方程式表示“步骤二”中溶液变红的原
因：
、。
（2）甲同学探究“步骤二”中溶液褪色的原因：
实验I．取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；
实验II．取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
实验III．向2mL0.1mol•L-1FeCl3溶液中滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化。
①实验I的说明；
②实验III的目的是。
得出结论：
溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN-氧化成SO42-。
（3）甲直接用FeCl2·4H2O配制①mol•L-1的FeCl2溶液，重复“步骤二”中的操作，发现液体红色并未褪去。
进一步探究其原因：
I．用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。
测所配FeCl2溶液的pH，约为3。
由此，乙认为红色不褪去的原因可能是②。
II．查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN-。
乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。
乙的实验操作及现象是：
步骤
试剂及操作
现象
i
③
生成白色沉淀
ii
向i所得溶液中滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液
④
【答案】（共18分）
（1）2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O（2分）；Fe3++3SCN—==Fe（SCN）3（可逆号也给分，2分）
（2）①溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应。
（2分）
②排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能。
（2分）
（3）①0.15（2分）
②H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe（OH）3胶体。
（3分）
步骤
试剂及操作
现象
i
③取2mLBaCl2溶液，滴加2滴0.1mol·L-1KSCN溶液和5滴5%H2O2溶液
（3分，多答盐酸或答酸化BaCl2溶液为0分，答错一种试剂即为0分）
ii
④无明显现象
（2分）
【解析】
试题分析：
（1）氯化亚铁被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子与KSCN溶液反应，溶液变红色，则亚铁离子与过氧化氢反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O，铁离子与KSCN溶液反应的离子方程式是Fe3++3SCN—==Fe（SCN）3；
（2）①．取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中不存在SCN-；另一份滴加KSCN溶液出现红色，说明溶液中存在铁离子，所以实验I的说明溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；
②因为实验II中加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中存在硫酸根离子，因为褪色的溶液中产生氧气，所以实验III的目的是排除氧气氧化SCN-为硫酸根离子的可能；
（3）①步骤一中，制取FeCl2溶液，向0.1mol•L-1FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，得到氯化亚铁的浓度是0.1mol/L×3/2=0.15mol/L，为做对照实验，所以甲直接用FeCl2·4H2O配制浓度也是0.15mol/L的氯化亚铁溶液，重复“步骤二”中的操作；
②前者产生丁达尔现象，说明有氢氧化铁胶体生成，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，氢离子浓度减小，pH增大，使铁离子的水解正向移动，形成红色Fe（OH）3胶体，所以乙认为红色不褪去的原因可能是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe（OH）3胶体；
红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN-。
乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能，说明过氧化氢不再酸性条件下也能氧化SCN-。
③的
升级会员 