1、B、酸除锈是酸和铁锈反应生成盐,属于化学变化,洗涤剂去油是利用物质的相似相溶原理,属于物理变化,故B错误;C、甲酸是酸性物质能和碱反应生成盐,所以甲酸和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐,从而减轻疼痛,故C正确;D、强酸、强碱、重金属盐、苯酚、乙醇等都能使蛋白质变性,病菌属于蛋白质,苯酚、酒精能使病菌变性,从而达到消毒目的,故D正确;故选B。3. NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是A. 1 mol Cu和2 mol热浓硫酸反应,生成的SO2分子数目为NAB. 由H2O2制得2.24 L O2,转移的电子数目为0.2NAC. 常温常压下,8 g O2与O3的混合气体中含有4NA个电子
2、D. 常温下,pH2的H2SO4溶液中含有的H数目为0.02NA【答案】C点睛:本题考查了阿伏伽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关键。本题的易错点为A,要注意稀硫酸不能与铜反应。4. 下列说法正确的是A. 乳酸薄荷醇酯()仅能发生水解、氧化、消去反应B. 乙醛和丙烯醛(CHO)不是同系物,它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物C. 淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖D. CH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体,不能用1HNMR(核磁共振氢谱)来鉴别.5. 已知25 、101 kPa下:2Na(s)O2(g)=Na2O(s)H14
3、14 kJ/mol2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H2511 kJ/mol下列说法正确的是A. 和产物的阴阳离子个数比不相等B. 和生成等物质的量的产物,转移电子数不同C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O,随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D. 25 、101 kPa下,Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317 kJ/mol【答案】D【解析】试题分析:A、氧化钠中阴阳离子个数比为1:2,过氧化钠的电子式为:,阴阳离子个数比为1:2,故错误;B、生成等物质的量的产物,即消耗的Na的物质的量相等,转移电子物质的量相等,故错误;C、温度升高,钠和氧气反应生成过氧化钠,故
4、错误;D、22Na(s)Na2O2(s)=2Na2O(s) H=(4142511)kJmol1=317kJmol1,故正确。考点:考查化学用语正确使用、氧化还原反应、钠的性质、热化学反应方程式的计算等知识。6. 有机物C4H9ClO的同分异构体中(不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上),能与Na反应放出氢气的共有(不含立体异构)A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 12种【解析】有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气,说明其分子中含有羟基,该有机物可以看作Cl原子取代丁醇中氢原子形成的,丁醇的同分异构体有:CH3CH2CH2CH2OH、 CH3 CH2 (CH3)CHOH、
5、(CH3)3COH、CH3(CH3)CHCH2OH。CH3CH2CH2CH2OH分子的烃基中含有4种等效H原子,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有3种;CH3 CH2 (CH3)CHOH分子的烃基中含有4种H原子,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有3种;(CH3)3COH分子中的烃基中含有1种H原子,其一氯代物有1种;CH3(CH3)CHCH2OH分子的烃基上含有3种等效H,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有2种,根据分析可知,有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共有:3+3+1+2=9,故选B。本题考查了同分异构体的书写,明
6、确同分异构体的书写原则为解答关键。本题中需要根据有机物的性质判断含有的官能团,然后先写出丁醇的同分异构体,根据丁醇中烃基H原子种类判断其一氯代物数目,同时注意题干要求。7. 某溶液,由Na、Ba2、Al3、AlO、CrO、CO、SO中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验:加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液;在所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液,有气体生成并析出白色沉淀甲;在所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热也有气体生成并产生白色沉淀乙,则原溶液中一定存在的离子为A. Na、AlO、CrO、CO B. Na、AlO、COC. Na、AlO、CO、SO D. Na、Ba2、AlO、
7、CO根据可知,气体应该是CO2,所以一定含有CO32,则就一定没有Ba2+、Al3+,因此根据溶液的电中性可知,一定有钠离子。又因为溶液是无色的,所以没有CrO42-。根据可知,气体是氨气,沉淀只能是氢氧化铝,这说明原溶液中含有AlO2。由于碳酸氢铵是过量的,所以根据可知,一定能生成气体氨气和白色沉淀碳酸钡,因此不能确定SO42,答案选B。考查离子的共存及离子的有关检验等点评:进行物质的检验时,要依据物质的特殊性质和特征反应,选择适当的试剂和方法,准确观察反应中的明显现象,如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等,进行判断、推理、验证即可。8. 汽车尾气中NO产生的反应为
8、N2(g)O2(g) 2NO(g),一定条件下,等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应,右图曲线a表示该反应在温度T下,N2的浓度随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是( )A. 在温度T下,该反应的平衡常数KB. 在温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小C. 曲线b对应的反应条件改变可能是加入了催化剂D. 若曲线b对应的反应条件改变是温度,可判断该反应的H0【解析】AN2(g)+O2(g)2NO(g),起(mol/L) c0 c0 0转(mol/L) c0 -c12(c0 -c1 )平(mol/L)c1 c1 2(
9、c0 -c1 )故K=,故A正确;B反应前后混合气体质量不变、容器体积不变,则混合气体密度不变,故B错误;C由图可知,b曲线氮气的平衡浓度减小,故应是平衡发生移动,催化剂只能改变速率,不能改变平衡的移动,故b曲线不可能是由于催化剂造成的,故C错误;D由图可知,b曲线化学反应速率快(变化幅度大),氮气的平衡浓度减小,升高温度平衡正向移动,则正反应为吸热反应,即H0,故D错误;故选A。9. 下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。A. a的单质在高温条件下能置换出e的单质,说明非金属性aeB. b、d两种元素的简单离子半径相比,前者较大C. 由b、e两种元素组成的化合物能溶解于强碱溶液
10、,但不能与酸溶液反应D. 由c、d分别与f组成的化合物中的化学键类型相同【解析】同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故前7种元素处于第二周期,后7种元素处于第三周期,由原子序数可知,a为碳元素,b为氧元素,c为钠元素,d为Al元素,e为Si元素,f为Cl元素。A同一主族,从上往下,非金属性逐渐减弱,故非金属性ae,故A错误;B氧离子与铝离子的电子层数相同,核电荷数越小,离子半径越大,故离子半径:氧离子铝离子,故B正确;C氧元素与硅元素形成的化合物是二氧化硅,二氧化硅能与氢氧化钠反应,也能与氢氟酸反应,故C错误;D钠元素与氯元素组成的化合物是氯化钠,含有离子键;铝元素与氯元素
11、组成的化合物是氯化铝,含有共价键,故D错误;10. 已知LiAl/FeS电池是一种新型的车载电池,对该电池充电时,阳极的电极反应式为Li2SFe2e=2LiFeS。下列有关该电池的说法正确的是A. 化合物LiAl具有强还原性,作负极材料B. 为了延长电池的使用寿命,可以隔一段时间添加含电解质的水溶液C. 放电时,该电池的总反应式为2LiFeS=Li2SFeD. 放电时,当电路中产生0.1 mol电子的电量时,有0.1 mol Li向LiAl移动【解析】A、Li和Al都属于金属,所以Li-Al应该属于合金而不是化合物,故A错误;B、Li是IA活泼金属,与水剧烈反应,不能加水溶液,故B错误;C、根
12、据电解时阳极反应得正极反应2Li+FeS+2e=Li2S+Fe与负极反应2Li-2e=2Li相加可得反应的电池反应式为:2Li+FeS=Li2S+Fe,故C正确;D、根据C中电极反应,Li 在正极消耗,故移向正极,LiAl为负极,D错误;故选C。C是难点,Li和Al都属于金属,合金中Li较Al活泼,根据正极反应式知,原电池的电极材料Li-Al/FeS,判断出负极材料为Li,发生反应为:Li-e=Li,又知该电池中正极的电极反应式为:2Li+FeS+2e=Li2S+Fe,所以电池反应为:2Li+FeS=Li2S+Fe。11. 已知某温度下,Ksp(AgCl)1.561010(mol/L)2,Ks
13、p(Ag2CrO4)1.121012(mol/L)3,下列叙述正确的是A. 向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液,氯化银的Ksp减小B. 向2.0104 molL1K2CrO4溶液中加入等体积的2.0L1 AgNO3溶液,则有Ag2CrO4沉淀生成C. 将一定量的AgCl和Ag2CrO4固体混合物溶于蒸馏水中,充分溶解后,静置,上层清液中物质的量浓度最大的为ClD. 将0.001 molL1 AgNO3溶液逐滴滴入0.001 molL1 KCl和0.001 molL1 K2CrO4的混合溶液中,则先产生AgCl沉淀A、溶度积常数只与温度有关系,加入氯化钠后氯化银的溶度积常数不变,A错误;B、向2.010-4 molL-1的K2CrO4溶液中加入等体积的2.010-4molL-1AgNO3 溶液后铬酸根和银离子浓度分别是1.0L-1、1.0L-1,则1.010-4(1.010-4)21.010-12
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