第Ⅰ卷(选择题，共45分)

一、选择题(每小题3分，每小题只有1个选项符合题意。)

1．(2011年高考全国理综)NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是(　　)

A．18 g H2O中含有的质子数为10NA

B．12 g金刚石中含有的共价键数为4NA

C．46 g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA

D．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子

解析：A项18 g H2O的物质的量为1 mol,1个H2O分子中含有10个质子，则18 g H2O中含有10 mol(即10NA个)质子；B项金刚石中每个碳原子与周围的4个碳原子形成共价键，每个C—C键被2个碳原子共用，相当于每个碳原子只形成2个共价键，12 g金刚石中含有1 mol碳原子，共含有2 mol(即2NA个)共价键；C项NO2和N2O4的最简式均为NO2,46 g NO2和N2O4的混合物含有1 mol“NO2”，共含有3 mol(即3NA个)原子；D项Na与O2反应生成Na2O和Na2O2时，1个Na原子失去1个电子，故1 mol Na失去NA个电子。

答案：B

2．(2011年潍坊模拟)下列离子方程式正确的是(　　)

A．铝与氢氧化钠溶液反应：2Al＋2OH－＋H2O===2[Al(OH)4]－＋H2↑

B．过氧化钠与水反应：2O＋2H2O===4OH－＋O2↑

C．把少量碳酸氢钠溶液加入到氢氧化钡溶液中：

HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O

D．金属铜跟浓反应：3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO2↑＋4H2O

解析：A项原子不守恒，且2 mol Al应生成3 mol H2；B项应写Na2O2，D项的化合价升降不相等，氧原子不守恒。

答案：C

3．(2011年北京石景山一模)下列表述正确的是(　　)

A．氯气溶于水的离子方程式是Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－

B．含有大量NO的溶液中，可以同时大量存在H＋、Fe2＋、Cl－、SO

C．常温下向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再滴加KI溶液，沉淀由白色变为黄色，证明常温下AgCl的溶解度大于AgI的溶解度

D．若NA表示阿伏加德罗常数的值，1 mol C20H42分子中含有共价键的数目为62NA

解析：A项，次氯酸是弱酸，不能写成离子形式；B项，H＋、Fe2＋、NO三者不能大量共存；D项，1 mol C20H42分子中含有共价键的数目是61NA，其中碳碳键19NA，碳氢键42NA。

答案：C

4．下图表示一些物质间的从属关系，不正确的是(　　)

答案：B

5．(2011年北京崇文区期末)下列表示正确的是(　　)

A．CO2的比例模型：

B．乙烯的结构简式：CH2CH2

C．次氯酸的结构式：

D．甲基的电子式：

解析：A项，C原子半径大于O原子半径，故不正确；B项，乙烯的结构简式是CH2=CH2，故不正确；C项，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故不正确。

答案：D

6．Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”。S2O和Cl2反应的产物之一为SO。下列说法不正确的是(　　)

A．该反应中还原剂是S2O

B．H2O参与该反应，且作氧化剂

C．根据该反应可判断氧化性：Cl2＞SO

D．上述反应中，每生成1 mol SO，可脱去2 mol Cl2

解析：该反应方程式为：S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋，该反应中氧化剂是Cl2，还原剂是S2O，H2O参与反应，但既不是氧化剂也不是还原剂，故选B。

答案：B

7．某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则Mn＋及a值可能为(　　)

C．Al3＋、1.5              D．Fe2＋、1

解析：根据溶液呈电中性可得：c(NO)＋2c(SO)＝c(H＋)＋c(Na＋)＋nc(Mn＋)，则3＋2＝2＋1＋an，an＝2。当n＝3时，a＝，C错；当n＝2时，a＝1。因NO，H＋与Fe2＋不共存，故A对，D错。

答案：A

8．有BaCl2和KCl的混合溶液V L，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2＋完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－完全沉淀。反应中消耗m mol H2SO4、n mol AgNO3。据此得知原混合溶液中的K＋的物质的量浓度为(　　)

A. mol·L－1    B. mol·L－1

C. mol·L－1  D. mol·L－1

解析：依据发生的离子反应可知，该混合溶液中含有Ba2＋2m mol，含有Cl－2n mol，根据溶液呈电中性可得n(K＋)＋2n(Ba2＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝n(Cl－)－2n(Ba2＋)＝(2n－4m)mol，故c(K＋)＝mol·L－1。本题容易忽视“分成两等份”而出错。

答案：D

9．(2011年泉州质量检测)下表所列各组第Ⅰ栏中的化学反应与第Ⅱ栏中的化学反应，都可以用第Ⅲ栏中的离子方程式表示的是(　　)

解析：A项正确；B项，第Ⅱ栏的反应还生成硫酸钡沉淀，故不正确；C项，第Ⅰ栏的物质中还生成碳酸钙沉淀，不正确；D项，第Ⅱ栏中通入少量二氧化碳，只生成CO，不正确。

答案：A

10．已知Fe3O4可表示成(FeO·Fe2O3)，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：

3Fe2＋＋2S2O＋O2＋4OH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O，下列说法正确的是(　　)

A．O2和S2O是氧化剂，Fe2＋是还原剂

B．每生成1 mol Fe3O4，转移电子数为2 mol

C．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1

D．若有2 mol Fe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2为0.5 mol

解析：由题意可知Fe2＋部分变成Fe3＋，S2O中的S由＋2价变成S4O中的＋2.5价，O2由0价变成－2价，所以A项错误；每生成1 mol Fe3O4转移4 mol e－ ，B错；氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶4，C错；D项若有2 mol Fe2＋被氧化转移电子数为2 mol，则可还原0.5 mol O2，D项正确。

答案：D

11．(2011年沈阳模拟)共价键的断裂有均裂和异裂两种方式，即均裂：A∶B→A·＋B·，异裂：A∶B→A＋＋[∶B]－。下列化学反应中发生共价键均裂的是(　　)

A．2K＋＋2H2O===2KOH＋H2↑

B．2Na＋2C2H5OH―→2C2H5ONa＋H2↑

C．Na2CO3＋H2O  NaHCO3＋NaOH

D．CH3COOH＋C2H5OHH2O＋CH3COOC2H5

解析：根据均裂、异裂的信息，均裂是共价键仍转化成共价键，异裂是共价键转化成离子键，故符合均裂的为D。

答案：D

12．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是(　　)

解析：A中氢氧化铝是两性氢氧化物，既可以与酸反应又可以与碱反应，但只能与强酸或强碱反应，弱酸或弱碱并不能与氢氧化铝反应，所以过量的氨水与铝盐反应可以得到氢氧化铝沉淀，但不能进一步使其溶解成为偏铝酸盐；C中澄清石灰水过量，所以反应时是以不过量的碳酸氢钠反应完为准，即首先是OH－＋HCO===CO＋H2O，然后是Ca2＋＋CO===CaCO3↓，综合即为Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O。D项中要满足硫酸氢钠中H＋∶SO＝1∶1，H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O。

答案：B

13．在下列溶液中，各离子能够大量共存的是(　　)

A．室温下在c(H＋)＝的溶液：Na＋、Fe2＋、NO、Cl－

B．使淀粉－碘化钾试纸变蓝的溶液：Cs＋、Ba2＋、S2－、Cl－

C．在小苏打溶液中：Na＋、AlO、Cl－、SO

D．加入金属铝能放出大量H2的溶液：NH、K＋、HCO、CH3COO－

解析：选项B中条件说明溶液的氧化性很强，能氧化I－，则一定能氧化S2－。选项C中由于发生反应HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，AlO不能大量存在。选项D中，在酸性或碱性条件下HCO均不能大量存在。

答案：A

14．NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是(　　)

A．10 mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%

B．在H2O2＋Cl2===2HCl＋O2反应中，每生成32 g氧气，则转移2NA个电子

C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g

D．一定温度下，1 L 0.5 mol·L－1NH4Cl溶液与2 L 0.25  mol·L－1NH4Cl 溶液含NH物质的量不同

解析：A项中根据稀释前后溶质的质量不变得：10 mL×ρ(前)×98%＝100 mL×ρ(后)×w(后)，故w(后)＝，由于ρ(前)≠ρ(后)，故稀释后的溶质的质量分数不等于9.8%，A错；B项中n(O2)＝1 mol，氧元素的化合价从－1变为0，故每个O原子失去1个电子，故反应中转移的电子数为2NA，B正确；C项中分子数为NA的CO和C2H4的混合气体，其物质的量为1 mol，则在标准状况下所占的体积为22.4 L，由于它们的摩尔质量都是28 g·mol－1，即平均摩尔质量也为28 g·mol－1，故其质量为28 g，C正确；D项中由于NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，浓度越小，水解程度越大，故溶液中所含NH的物质的量不同，D正确。

答案：A

15．一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.100 0 mol/L的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度(mol/L)为(　　)

提示：①H2C2O4是二元弱酸

②10[KHC2O4·H2C2O4]＋8KMnO4＋17H2SO4===8MnSO4＋9K2SO4＋40CO2↑＋32H2O

A．0.008 8　　　　　　　B．0.080 00

C．0.120 0                D．0.240 0

解析：由方程式找关系式：

根据10[KHC2O4·H2C2O4]＋8KMnO4＋17H2SO4===8MnSO4＋9K2SO4＋40CO2↑＋32H2O得关系式：

10[KHC2O4·H2C2O4]～8KMnO4

10 mol　　　　　 　　　8 mol

3NaOH～KHC2O4·H2C2O4·2H2O

3 mol　　              1 mol

又根据所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则很容易看出KMnO4溶液的浓度为0.080 00 mol/L。

答案：B

第Ⅱ卷(非选择题，共55分)

二、非选择题(包括6个小题，共55分)

16．(8分)由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K＋、Cl－、NH、Mg2＋、CO、Ba2＋、SO。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100 mL该溶液分别进行如下实验：

(1)根据实验1对Cl－是否存在的判断是_____(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”)；根据实验1～3判断混合物中一定不存在的离子是____。

(2)试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度(可不填满)：

解析：本题非常成功的地方是将传统的离子共存和无机化合物的推断巧妙嫁接，解答本题的关键是根据所给的表格初步推断出物质存在的可能性，并用数据检验。该混合物溶于水后得澄清溶液，说明Ba2＋和SO不能同时存在，加足量NaOH溶液并加热产生气体，说明存在NH，由1.12 L氨气可知，NH的物质的量为0.05 mol，在第三步操作中，沉淀有两种，说明存在SO和CO，则该混合物中不存在Ba2＋，同时也不存在Mg2＋。(1)由于未知液分三组分别做实验，Cl－、CO和SO都可以与AgNO3溶液产生白色沉淀，所以无法确定Cl－的存在；第(3)组实验第二次称量的是BaSO4固体的质量，说明原溶液中有SO，根据离子共存规律知一定没有Ba2＋；根据已知的离子可知，第一次称量的固体还有BaCO3，说明原溶液中还有CO，而Mg2＋与CO不能共存，所以一定没有Mg2＋。(2)根据第(3)实验称得固体的质量，可求得n(BaSO4)＝2.33 g÷233 g/mol＝0.01 mol，n(BaCO3)＝(6.27 g－2.33 g)÷197 g/mol＝0.02 mol。所以n(SO)＝0.01 mol，c(SO)＝0.01 mol÷0.1 L＝0.1 mol/L；n(CO)＝0.02 mol，c(CO)＝0.02 mol÷0.1 L＝0.2 mol/L。(3)利用第(2)组实验可求得n(NH)＝0.05 mol，c(NH)＝0.5 mol/L。根据电荷守恒规律：2×c(CO)＋2×c(SO)＝0.6 mol/L，而1×c(NH)＝0.5 mol/L，所以必然还有阳离子，已知的还剩K＋，故一定有K＋。

答案：(1)不能确定　Ba2＋、Mg2＋

(2)

17．(7分)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。现有一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：

(1)该氧化还原反应的体系中，还原剂是________，化合价没有发生变化的反应物是________。

(2)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应的方程式(需配平)：_____。

(3)上述反应中，1 mol氧化剂在反应中转移的电子为________mol。

(4)如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO反应后变为无色的Bi3＋，证明NaBiO3的一个性质是：________。

解析：根据题给信息结合氧化还原反应知识，可组合成KMnO4与KCl在酸性条件下反应，即氧化剂为KMnO4，还原剂为KCl，浓H2SO4仅作溶剂。(3)在反应中Mn由KMnO4中＋7价变成MnSO4中＋2价，故1 mol KMnO4反应转移电子为5 mol。(4)溶液又变为紫红色，说明BiO可以把Mn2＋再氧化成MnO，从而说明BiO的氧化性比MnO的氧化性强。

答案：(1)KCl　浓H2SO4

(2)2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O

(3)5

(4)NaBiO3的氧化性比KMnO4的强

18．(12分)某无色溶液中可能含有离子：Na＋、Ag＋、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、AlO、S2－、SO、SO，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：

(1)沉淀甲为________(填化学式)，生成沉淀甲的离子方程式为________。

(2)沉淀乙为________(填化学式)，由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为_______。

(3)沉淀丙可能是________(填化学式)。

(4)气体甲的成分有哪几种可能，答：①______，②__________，

③________(有多少种就填多少种，可以填不满)。

(5)综合上述信息可以确定肯定存在的离子有_________。

解析：由溶液是无色的，排除Fe3＋，能和氢溴酸反应生成气体和淡黄色沉淀，可知一定有SO、S2－，排除Ag＋、Ba2＋、Al3＋。淡黄色沉淀应是单质硫。溶液中加入过量的氢溴酸后呈现酸性，再加入过量的碳酸氢铵，由产生的现象可知白色沉淀乙应是氢氧化铝，气体乙可能是二氧化碳，溶液乙一定含有NH、HCO、Br－，然后加入过量的氢氧化钡产生的白色沉淀肯定有碳酸钡，可能有硫酸钡。气体丙应是氨气。

答案：(1)S　2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O

(2)Al(OH)3　Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑

(3)BaCO3或BaSO4和BaCO3

(4)①H2S　②SO2

(5)S2－、SO、AlO、Na＋

19．(8分)现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子(各种离子不重复)。

②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生(沉淀包括微溶物，下同)。

③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C溶液只能与D溶液反应产生沉淀。

试回答下列问题：

(1)写出D的化学式________。

(2)写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式________________。

(3)已知：NaOH(aq)＋HNO3(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)；ΔH＝－a kJ·mol－1。请写出B与C的稀溶液反应的热化学方程式_________。

(4)在100 mL 0.1 mol·L－1E溶液中，逐滴加入35 mL 2 mol·L－1NaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为________。

解析：据题意，A、B溶液呈碱性，A、B可能为碱或强碱弱酸盐，可能为Na2CO3、NaOH、Ba(OH)2，C、D、E溶液呈酸性，C、D、E可能为酸或强酸弱碱盐，可能为：HCl、HNO3、H2SO4、Al(NO3)3、AgNO3、Al2(SO4)3；由A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生，且与C溶液反应只有气体产生，可知A为Na2CO3，C是酸，E是铝盐；D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀，则D为AgNO3；C溶液只能与D溶液反应产生沉淀，则C为HCl，由各种离子不重复，得B为Ba(OH)2，E为Al2(SO4)3。

答案：(1)AgNO3

(2)2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH－===2AlO＋3BaSO4↓＋4H2O

(3)OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l)；ΔH＝－a kJ/mol(或Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)===BaCl2(aq)＋2H2O(l)；ΔH＝－2a kJ·mol－1)

(4)0.01 mol

20．(9分)某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为45.3 g的该结晶水合物，分别制成溶液。向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共收集到2.24 L该气体(标准状况)；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。另一份逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6 g。请回答以下问题：

(1)该结晶水合物中含有的两种阳离子是__________和________，阴离子是________。

(2)试通过计算确定该结晶水合物的化学式。

(3)

假设反应过程中向该溶液中加入的NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L－1，请在图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图。

解析：(1)根据题意可以判断原物质中含有的离子是NH、Al3＋、SO；

(2)n(SO)＝＝0.2 mol

n(NH)＝＝0.1 mol

根据离子化合物中阴、阳离子电荷守恒的原理：n(NH)＋3n(Al3＋)＝2n(SO)可得：

n(Al3＋)＝(2×0.2 mol－0.1 mol)＝0.1 mol

n(H2O)＝

＝1.2 mol

n(NH)∶n(Al3＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝0.1∶0.1∶0.2∶1.2＝1∶1∶2∶12

该结晶水合物的化学式为

NH4Al(SO4)2·12H2O[或(NH4)2SO4·Al2(SO4)3·24H2O]

(3)由题意知向溶液中加入的NaOH首先与Al3＋反应生成Al(OH)3沉淀，此时消耗n(NaOH)＝0.3 mol，则

V[NaOH(aq)]＝60 mL；然后再与NH反应生成

NH3，此时消耗n(NaOH)＝0.1 mol，则V[NaOH(aq)]＝20 mL；当NH完全反应后NaOH再与Al(OH)3作用，此时消耗n(NaOH)＝0.1 mol，则V[NaOH(aq)]＝20 mL。

答案：(1)NH　Al3＋　SO

(2)NH4Al(SO4)2·12H2O

[或(NH4)2SO4·Al2(SO4)3·24H2O]

(3)

21．(11分)(2011年上海模拟)已知：还原性HSO＞I－，氧化性IO＞I2。

(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并标出电子转移的方向和数目。

NaIO3＋NaHSO3―→I2＋Na2SO4＋H2SO4＋H2O

(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为________(填化学式)；

(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出I2单质的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式________；当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为________mol。

解析：(1)根据化合价升降总数相等，可以将方程式配平并标出电子转移；(2)由还原性HSO＞I－可知当NaHSO3溶液过量时IO先被还原成I2，再被还原成I－；(3)OA段，随着IO的量增多，NaHSO3的量减少，IO被还原成I－至A点恰好完全反应，当I－与I2物质的量之比为5∶3时，设加NaIO3为x mol，根据转移电子守恒，得5 mol×2＝x×6＋x×5⇒x＝mol。

答案：(1)

===2I2＋7Na2SO4↓＋3H2SO4＋2H2O

(2)NaI

(3)IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O　11/6

金太阳新课标资源网(  http://wx.jtyjy.com/)金太阳新课标资源网(  http://wx.jtyjy.com/)下载本文