高中化学习题及答案

-.z.一．选择题1．铋〔Bi〕在医药方面有重要应用。以下关于Bi和Bi的说法正确的选项是ABi和Bi都含有83个中子BBi和Bi互为同位素CBi和Bi的核外电子数不同DBi和Bi分别含有126和127个质子Bi和Bi互为同位素，质子数一样，电子数同，中子数不同。答案：B2.．以下可用于测定溶液pH且准确度最高的是A酸碱指示剂BpH计C精细pH试纸D广泛pH试纸3．以下表达正确的选项是A48gO3气体含有6.02×1023个O3分子B常温常压下，4.6gNO2气体含有1.81×1023个NO2分子C0.5mol·L－1CuCl2溶液中含有3.01×1023个Cu2＋D标准状况下，33.6LH2O含有9.03×1023个H2O分子B选项4.6gNO2气体中理论上含有1molNO2分子，约6.02×1023个NO2分子，由于2NO2N2O4，故应小于6.02×1023个，具体多少无法计算。C选项中要考虑Cu2＋的水解，也无法确定其数目，D选项标准状况下H2O冰水混合物，不能用标准状况下气体摩尔体积22.4L/mol来计算。答案：A4．许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是A氯、溴、碘B钠、镁、铝C烧碱、氢气D食盐、淡水[解题思路]：题目中A、B、C中物质只能通过化学变化取得。从海水中得到食盐的方法是"晒盐〞，得到淡水的常用方法是蒸馏，两者都属于物理变化。答案：D5．氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反响在3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。以下说法错误的选项是A假设管道漏气遇氨就会产生白烟B该反响利用了Cl2的强氧化性C该反响属于复分解反响D生成1molN2有6mol电子转移6．以下说法正确的选项是A硅材料广泛用于光纤通讯B工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品C水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D粗硅制备单晶硅不涉及氧化复原反响[解题思路]：硅与生活密切相关，B中刻蚀石英用氢氟酸，C中水晶成分为二氧化硅，D中粗硅与氯气反响再复原成硅是氧化复原反响。答案：A7．以下说法中正确的选项是A石油裂解可以得到氯乙烯B油脂水解可得到氨基酸和甘油C所有烷烃和蛋白质中都存在碳碳单键D淀粉和纤维素的组**是(C6H10O5)n，水解最终产物都是葡萄糖几种物质均是中学化学与生活中常见物质，A石油成分为烷烃、环烷烃和芳香烃，不可能裂解得到氯乙烯，B油脂水解可得到高级脂肪酸和甘油，C甲烷无碳碳单键。答案：D8．以下符合化学实验"绿色化〞的有：①在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水②在铜和浓硝酸反响的实验中，将铜片改为可调节高度的铜丝③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放A①②B①③C②③D①②③[解题思路]：此题对中学化学教学有很好的导向作用，要求学生在实验中探究更合理的实验方案。溴水有挥发性，溴蒸气有毒，利用铜丝可控制反响、同时反响速率快一些，酸液对环境有腐蚀性故应中和后排放。三组实验都有绿色化学思想。答案：D9．科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池负极反响为：AH2＋2OH－＝2H2O＋2e－BO2＋4H＋＋4e－＝2H2OCH2＝2H＋＋2e－DO2＋2H2O＋4e－＝4OH－电解液为酸性，故A错，负极通入氢气，正极通入氧气，故B、D错。答案：C10．以下实验操作完全正确的选项是编号实验操作A钠与水反响用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL准确称取氯化钾固体，放入到1000ml的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容C排除碱式滴定管尖嘴局部的气泡将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出[解题思路]：此题考察化学实验根本操作规*性。A要吸干外表的煤油再切，B中容量瓶不能配制溶液，D中分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。答案：C11．日常生活中遇到的很多问题都涉及到化学知识，以下有关表达错误的选项是〔〕A．酸性臭氧水〔AOW〕是消灭H1N1病毒理想药剂，是因为臭氧具有强氧化性B．制造航空服的"连续纤维增韧〞材料主要成分由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种传统无机非金属材料C．奥运会开、闭幕式的焰火运用到"焰色反响〞原理D．瘦肉精〔构造简式为：〕可以发生酯化反响【解析】碳化硅、陶瓷和碳纤维是新型无机非金属材料。【答案】B12．以下实验装置设计正确，且能到达目的的是〔〕【解析】NaOH溶液应放用碱式滴定滴，B错；从食盐水中提取NaCl应用蒸发皿，C错；石油的分馏应使用温度计，D错。【答案】A13．据国外媒体报道，"火星快车〞号和"金星快车〞号探测器日前分别在火星和金星大气层中发现了一种非常特殊的气态化合物。这种化合物的存在不但会导致金星上的温室效应被成倍的放大，而且可能会在火星上也诱发温室效应的产生。它的构造式为：16O=C=18O。以下说法正确的选项是 〔〕 A．16O与18O为同种核素 B．16O=C=18O与16O=C=16O互为同素异构体C．16O=C=18O的化学性质与16O=C=16O几乎一样 D．用16O=C=18O与Na216O2反响生成的氧气中含18O16O与18O的中子数不同，它们不为同种核素，A错；同素异构体属于单质的*畴，B错；2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2是歧化反响，O2来源于Na2O2，生成的氧气中含16O，D错。14．关于一些重要的化学概念有以下说法：①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物；②BaSO4是一种难溶于水的强电解质；③同种元素组成的物质一定是纯洁物；④煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化；⑤置换反响都属于离子反响；⑥甘油不是油，纯碱不是碱，干冰不是冰。其中正确的选项是〔〕A．①②⑤ B．①②④⑥C．②③④D．③④⑤【解析】同种元素组成的物质不一定是纯洁物，如O2与O3，③错；置换反响不都是离子反响，如CuO与H2反响，⑤错。【答案】B15.以下各组离子在碱性溶液中能大量共存，且无色透明，加酸酸化后溶液变色，但无沉淀、无气体生成的是〔〕

A.Fe2+、I-、ClO-、SO42-B.Br-、K+、SO42-、BrO3-

C.S2-、SO42-、K+、SO32-D.Ca2+、Cl-、H2PO4-、Na+A.Fe2+带有颜色〔浅绿〕，故错；B.5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2OC.加酸后有气体产生，故错；D.在碱性溶液中，3Ca2++2H2PO4-+4OH-=Ca3(PO4)2↓+4H2O，故错。【答案】B16．等浓度的以下稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的pH由小到大排列正确的选项是A．④②③①B．③①②④C．①②③④D．①③②④【解析】选D。依据酸性强弱的大小顺序：乙酸＞碳酸＞苯酚＞乙醇，知D项正确。17．以下表达错误的选项是A．用金属钠可区分乙醇和乙醚B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3己烯C．用水可区分苯和溴苯D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛【解析】选D。钠和乙醇反响有气泡产生，而钠和乙醚不反响，A正确；3己烯可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，而己烷不能，B正确；苯的密度比水小，而溴苯的密度比水大，用水可以区分，C正确；甲酸甲酯分子构造中也含有醛基，故用新制的银氨溶液不能区分甲酸甲酯和乙醛，D错误。18．在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反响，到达平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于A．5%B．10%C．15%D．20%【解析】选C。依据三行式，平衡时N2、H2、NH3，的物质的量分别为4/3、6、4/3，N2的物质的量分数约等于15%，故氮气的体积分数接近于15%，故C项正确。19．用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解质溶液恢复到起始状态，应向溶液中参加适量的A．CuSO4B．H2OC．CuOD．CuSO4·H2O【解析】选C。依据电解方程式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，欲使电解质溶液恢复到起始状态，应向溶液中参加适量的CuO。20．将足量的CO2通入以下各溶液中，所含离子还能大量共存的是A．K+、SiO32-、Cl-、NO3-B．H+、NH4+、Al3+、SO42-C．Na+、S2-、OH-、SO42-D．Na+、C6H5O-、CH3COO-、HCO3-【解析】选B。CO2通入溶液中相当于存在碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，A中的SiO32-不能大量共存；C中的OH-不共存；D中的C6H5O-会和CO2反响形成苯酚，故只有B中离子还能大量共存。21．*含铬〔Cr2O72-〕废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反响中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经枯燥后得到nmolFeO·FeyCr*O3。不考虑处理过程中的实际损耗，以下表达错误的选项是A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(2－*)B．处理废水中的Cr2O72-的物质的量为n*/2C．反响中发生转移的电子数为3n*molD．在FeO·FeyCr*O3中，3*=y依据铬、铁元素反响前后的价态以及化合物的化学式中正负化合价的代数和为0的原则，易知FeO·FeyCr*O3中的*、y的值相等且等于1，故D项错误；A、B、C项正确。22.以下图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。：①反响能放出大量的热，该反响曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反响：，F中E元素的质量分数为60%。答复以下问题：⑴①中反响的化学方程式为⑵化合物I的电子式为，它的空间构造是；⑶1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反响，计算至少所需的铜粉的质量〔写出离子方程式和计算过程〕；⑷C与过量NaOH溶液反响的离子方程式为，反响后溶于与过量化合物I反响的离子方程式为。⑸E在I中燃烧观察到的现象是。【解析】依据题目信息C、B是单质，G、H是二元化合物，且反响曾应用于铁轨的焊接，知C为Al、G为Fe2O3、B为Fe、H为Al2O3；由于I是一种常见的温室气体，知其为CO2，而Mg能在CO2中燃烧，且MgO中Mg元素的质量分数为60%，知E为Mg，F为MgO，D为碳单质，A为氧气。【答案】⑴4Al+2Fe2O34Fe+2Al2O3⑵直线型⑶n(Fe2O3)=0.01mol，n(Fe3+)=0.02mol,依据离子方程式2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则n(Cu)=0.01mol，m(Cu)=0.64g.。⑷2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-⑸剧烈燃烧，放出热量，生成黑色固体和白色固体。23．反响(△H＜0)在等容条件下进展。改变其他反响条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如以下图所示：答复以下问题：⑴反响的化学方程中a∶b∶c为；⑵Ａ的平均反响速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为；⑶Ｂ的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是，其值是；⑷由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是，采取的措施是；⑸比拟第Ⅱ阶段反响温度〔Ｔ２〕和第Ⅲ阶段反响温度〔Ｔ３〕的上下；Ｔ２Ｔ３〔填"＜〞"＞〞"＝〞〕判断的理由是。⑹到达第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后到达新的平衡，请在以下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势〔曲线上必须标出A、B、C〕。【解析】⑴依据图示第一次到达平衡时，A、B、C三种物质的物质的量的变化分别为1mol、3mol、2mol，故a∶b∶c=1∶3∶2。⑵vⅠ(A)=(2.0－1.00)mol·L-1/20.0min=0.05mol·L-1·min-1、vⅡ(A)=(1.00－0.62)/15.0min=0.025mol·L-1·min-1、vⅢ(A)=(0.62－0.50)mol·L-1/10min=0.012mol·L-1·min-1。故大小顺序为vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)。⑶由图可知αⅠ(B)=0.5、αⅡ(B)=1.14/3.00=0.38、αⅢ(B)=0.36/1.86=0.19，则Ｂ的平衡转化率最小的是αⅢ(B)，其值为0.19。⑷第一次平衡后，A、B的浓度从平衡点开场降低，而C的物质的量浓度突然变为0，则平衡向右移动，此时采取的措施是将C从平衡混合物中液化别离出去。⑸因为生成物的浓度增大，反响向正方向进展，该反响为放热反响，故恒容下的措施应为降低温度，故Ｔ２﹥Ｔ３。⑹容积加倍体系压强减小平衡向逆反响方向移动，图要点①容积加倍的瞬间，各组分浓度都变为原来的1/2；②A、B的新平衡浓度比原来的1/2要大而C的浓度比原浓度的1/2要小。【答案】〔1〕1：3：2〔2〕vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)(3)αⅢ(B)0.19〔4〕向右移动将C从平衡混合物中液化别离出去〔5〕＞由于平衡正向移动，且反响放热，在恒容条件下只能降低温度，故Ｔ２＞Ｔ３〔6〕第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势如以下图所示：24.羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是一种一种重要的生物无机材料。其常用的制备方法有两种：方法A：用浓氨水分别调Ca(NO3)2和(NH4)2HPO4溶液的pH约为12