400道化学基础题.doc

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1、400道化学基础题-1、录像用的高性能磁粉，主要材料之一是由三种元素组成的化学式为CoxFe(3-x)O(3+x)的化合物。已知氧为-2价，钴(Co)和铁可能呈现+2价或+3价，且上述化合物中，每种元素只有一种化合价。则x值为_，铁的化合价_，钴的化合价_。 -1答案： 假设Co为+3价，则铁为+2价。则有3x+2(3-x)-2(3+x)=0（化合价代数和为零）,解x=0（无Co）,不合理。 （据此即可判断应该是Co为+2价，铁为+3价，2x+3(3-x)-2(3+x)=0，解得x=1）；当然，如果开始假设 Co为+2价，则铁为+3价，则可直接得出结果。 1、按下列反应的化学方程式，在水溶液中

2、N2H5+离子将Fe3+还原为Fe2+：N2H5+4Fe3+4Fe2+Y+作为N2H5+离子的氧化产物Y可能是_？1解答： 4个Fe3+获得4个电子，在N2H5+中2个N原子显-2价，共应失去4个电子而变为0价，即得N2. -1、用足量的稀H2SO4溶解FeS和Fe(OH)3的混合物28.3g，可得到1.6g硫，原混合物中FeS的质量可能是多少克1解答： 列出反应的化学方程式： FeS+H+=Fe2+H2S Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O 2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S由方程式可算出，要生成1.6g硫，须有m(FeS)4.4g，mFe(OH)310.7g，因4.4+10.7=1

3、5.1(g)28.3(g)，说明混合物过量。所以：当FeS完全反应时，有FeS4.4g； 当Fe(OH)3完全反应时，有Fe(OH)310.7g,则混合物中FeS的质量为28.3-10.7=17.6(g).1、某溶液中含有较多的Na2SO4和少量的 Fe2(SO4)3。若用该溶液制取芒硝（Na2SO4?10H2O），可供选择的操作有： 加适量H2SO4溶液；加金属钠；结晶；加过量NaOH；加强热脱结晶水；过滤。正确的操作步骤是 A. B. C. D.1答案：B. 解析：本题结合实验操作考查对无机化合物精制方法的了解，题目设置了6个可供选择的步骤，意在增加对考生思维过程的干扰。 精制过程中，绝不

4、可能用到金属钠。因为金属钠与溶液中的水及Fe3+反应会产生副产物，致使芒硝不纯。芒硝的化学式为Na2SO4?10H2O，加强热脱去结晶水，生成的Na2SO4不是芒硝，与要求不合。由此可见凡涉及有和两个操作步骤的选项都是不正确的，这样可排除A、C、D，只有B选项是正确的。 1、已知NaBiO3是黄色、微溶于水的固体；Bi3+为无色。将NaBiO3固体加入到MnSO4和H2SO4的混合溶液中，加热，得紫色的混合溶液。试写出该反应的离子方程式。1解答： 写该反应离子方程式易出错的地方有NaBiO3要写成分子式，不能拆写成离子形式。NaBiO3的还原产物为Bi3+。Mn2+的氧化产物为MnO4-。配平

5、时要注意电子守恒、电荷守恒和原子守恒。 答案：5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Na+5Bi3+2MnO4-+7H2O 1、100L水煤气燃烧后共放出热量1143.3kj。 CO(g)+1/2 O2(g)=CO2(g)；H-282.85kj H2(g)+1/2 O2(g)H2O(l)；H-285.8kj 该水煤气是由H2、N2、CO和CO2组成的混合气体。通入60LO2中燃烧后得到65L气体，再与NaOH溶液振荡后体积变为20L(以上体积均在标准状况下测定)。这种水煤气中各种气体的体积是多少？1解答： 本题应抓住3个关键：一是热效应，4种气体中能燃烧的是H2和CO，二者燃烧放出的热量是11

6、43.3kj；二是燃烧后气体体积的变化，可知CO和H2燃烧后，气体的体积均减少；三是被NaOH溶液吸收的是CO2。而CO2的来源有二，其一是原来的，其二是由CO燃烧生成的。 设100L水煤气中有H2xL，CO为yL。由反应热可知： CO(g)1/2 O2(g)=CO2(g)；H=-282.85kj/mol 1mol 282.85kj yL/(22.4L/mol) m m=y/22.4 282.85kj H2(g)+1/2 O(g)=Hsub2O(l)；H-285.8kj/mol 1mol 285.8kj xL/(22.4L/mol) n n=x/22.4 285.8kj 故得：y/22.4 2

7、82.85+x/22.4 285.8=1143.3 由体积关系有： CO(g)+1/2 O2(g)=CO2(g) V 1 1/2 1 0.5 y 0.5y H2(g)+1/2 O2(g)=H2O(g) V 1 1/2 1.5 故得1.5x+y=100+60-65 联立，解得x=50(L)，y=40(L) NaOH吸收CO2的体积为40L，所以原煤气中CO2的体积为45L-40L5L，N2的体积为100-40-55L。 答案：100L这种水煤气中含H250L、CO40L、CO25L、N25L。-1、甲硅烷(SiH4)是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和水。已知室温下1g甲硅烷

8、自燃放出热量44.6kj，其热化学方程式为？-1答案：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)；H-1427.2kJ/mol1、某地有甲、乙两工厂排放污水，污水中各含有下列8种离子中的4种（两厂不含相同离子）：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl-、CO32-、NO3-、OH-。若两厂单独排放都会造成严重的水污染，如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水便变成无色澄清只含硝酸钠而排放，污染程度会大大降低。关于污染源的分析，你认为正确的是（ ） A、CO32-和NO3-可能来自同一工厂 B、Na+和NO3-来自同一工厂 C、Ag+和Na+可能来自同一工厂 D、Cl-和NO

9、3-一定不在同一工厂本题实质上是离子共存问题，根据题意，采用标号的方法很容易得出答案。 将Ag+标记为1Ag+，则根据离子共存的规律，其他离子依次可以标记为：2Cl-2CO32-2OH-2Na+(溶液中必须有阳离子)1Ba2+1Fe3+1NO3-。然后对照选项，得答案D。1、在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，1molCuSO4能氧化磷的物质的量是（ ） A、2/5 mol B、1/5 mol C、11/5 mol D、1/3 mol1答案:B. 首先分析反应中各元素的化合价变化,Cu的价态由+2+1（还原），11molP元素中6mol化合价升

10、高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu()和另一部分P共同氧化的。再分析电子得失数目发现，6mol被氧化的P共失电子30mol,其中Cu()得15mol,另一部分P得另15mol.即，15molCuSO4所氧化的P为3mol，则，1molCuSO4氧化P1/5 mol.1、电视剧西游记中仙境美仑美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是用NH4NO3和Zn粉按质量比8:6.5混合放于温热的石棉网上，使用时滴水数滴即产生大量的白烟。又知发生反应后有N2和水生成。有关的说法中正确的是（ ） 水起着溶解NH4NO3,发生吸热现象以启动反应的发生的作用；每还原1molNO3-需

11、氧化1molNH4+和1molZn；成烟物质是两性氧化物小颗粒；成烟物质是小锌粒，它由NH4NO3反应放热而蒸出。 A、 B、 C、 D、1答案：BCu的反应要经过Cu()Cu(0)Cu()的过程，这不符合氧化还原反应的规律（化合价的跳跃），只能认为Cu()Cu()一步完成。所以本题采用化合价（电子得失）整体分析法，容易得答案B。-1、下列离子方程式正确的是（ ） A、向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全 Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O B、用石墨作电极电解饱和食盐水 2Cl-+2H2O=电解=Cl2+H2+2OH- C、向NaOH溶液中滴加同浓度

12、的少量Ca(HCO3)2溶液 Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O D、FeSO4溶液中加H2O2溶液 Fe2+2H2O2+4H+=Fe3+4H2O -1答案: B. 对于A项,NH4+与OH-也发生反应，故A不对；C项由于加入的Ca(HCO3)2的量少，故应为 Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O；D项电荷不守恒。-1、对于放热反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)，下列说法正确的是（ ） A、产物H2O所具有的总能量高于反应物H2和O2所具有的总能量； B、反应物H2和O2所具有的总能量高于产物H2O所具有的总能量； C、反应物H2和O2所具有的

13、总能量等于产物H2O所具有的总能量； D、反应物H2和O2所具有的能量相等。-1答案：B.1、氢化钠(NaH)是一种白色离子晶体，NaH与水反应放出H2，则下列叙述正确的是（ ） A、NaH溶于水显酸性 B、NaH中氢离子被还原为氢气 C、NaH跟水反应时，水是还原剂 D、NaH中氢离子最外层有2个电子1答案：D.1、将一定量的CH4、O2和Na2O2放入一密封容器中，用电火花不断引燃混合气体，使其充分反应，反应结束后，容器内压强趋于0（固体物质蒸发不计），其残余固体溶于水无气体放出。 （1）有关Na2O2反应的化学方程式是： （2）CH4、O2、Na2O2的物质的量之比是 （3）若混合气体中

14、CH4为0.1mol，充分反应后，向残余固体中加足量的酸，能放出气体的物质的量是1答案： 1、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 2、依题意，最后产物只能是Na2CO3和NaOH的混合物，根据原子守恒原理（尤其是CH4中C和H原子个数比为1:4）,可得三者物质的量之比为2:1:6. 3、加酸后气体只有CO2，由C原子守恒可得，生成气体的物质的量为0.1mol.-1、根据物质的性质和组成特点，可将NaOH(固)、P2O5和CaCl2(固)归为一类。从以下选项中选出能与这三种物质归为一类的物质应该是（ ）（单选） A、浓H2SO4 B、NaCl

15、C、碱石灰 D、CaO-1答案D，因为都是吸水剂，固体，纯净物-1、欲观察氢气燃烧的焰色，燃气导管口的材料最好是（ ） A、钠玻璃 B、钾玻璃 C、石英玻璃 D、铜管-1答案：C. 石英的成分是二氧化硅，在火焰下没有颜色。-1、下列叙述正确的是（ ） A、碱金属元素与氧气化合生成的氧的化合物均属于碱性氧化物； B、由于碱金属形成的碱均为强碱，所以碱金属形成的盐均不水解； C、金属锂不能保存在煤油中，金属钾可以保存在煤油中； D、虽然自然界含钾的物质均易溶于水，但土壤中钾含量太少，故需施用钾肥。-1答案：C. 对于A，过氧化物(如Na2O2)不属于碱性氧化物。 对于B，如碱金属的弱酸盐(Na2C

16、O3)发生水解。 对于D，自然界中含钾的物质一般不溶于水（如正长石、白云母等矿石）。-1、每次焰色反应实验都要用试剂洗净铂丝，这种试剂是（） A、Na2CO3溶液 B、NaOH溶液 C、硫酸 D、盐酸1答案：选D. A、B中含有Na+，会干扰焰色反应，C中硫酸不挥发，高沸点，其盐高温也不易挥发，洗涤时不可能洗净铂丝上粘有的物质。而盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的。故选D.-1、下列说法中正确的是（ ） A、镁的原子质量就是镁的相对原子质量 B、一个氧原子的实际质量约等于16/6.021023 g C、水的相对分子质量等于18g D、二氧化硫的摩尔质

17、量是64g-1答案：B. 解析：A不正确，相对原子质量是比值，不是原子的实际质量。1mol氧原子中含有阿伏加德罗常数个氧原子，而1mol氧原子的质量是16g，因此，1mol氧原子的质量约等于16/6.021023 g，B正确。水的相对分子质量是18而不是18g，1molH2O的质量才是18g，C不正确。SO2的相对分子质量为64，SO2的摩尔质量是64g?mol-1，而不是64g，D不正确。1、假定把12C的相对原子质量定为24，把24g12C含有的原子个数定为阿伏加德罗常数，而物质的量的概念不变。则下列推断不正确的是（ ） A、此时16O的相对原子质量为32 B、标况下44gCO2的体积为2

18、2.4L C、NA个氧分子与NA个氢分子有相同数目的分子 D、44gCO2和28gCO含有相同数目的分子 E、标况下，1molO2为44.8L F、40gNaOH溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为1mol?L-11解析：本题考查的知识点是：对物质的量、相对原子质量、阿伏加德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积、质量、体积等一系列概念的理解。解答本题时可将一系列物理量分为两大类，即客观的，如质量、体积、微粒数、密度等，它们不随人为规定而改变；另一类为主观的，如物质的量、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积、摩尔质量、原子量、分子量等均为人为规定，它们随人为规定的改变而改变。而且原子量的标准改变会使原子量和分

19、子量的数值改变，而阿伏加德罗常数标准的改变会引起物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度及阿伏加德罗常数的数值发生改变。 -本题中原子量的标准的改变实际上是将原子量的标准由12C原子质量的1/12变为12C原子质量的1/24。所以将12C的原子量定为24时，物质的式量加倍。而将阿伏加德罗常数由12g12C所含碳原子数变为24g12C所含原子个数。所以摩尔质量、气体摩尔体积都应加倍，而物质的量及物质的量浓度均随之发生变化。 -具体分析如下： A、正确，氧原子的实际质量没变，但标准却由12C质量的1/12变为1/24，所以16O的原子量由16变为32 B、正确，44gCO2客观存在，其标况下

20、的体积22.4L也客观存在 C、正确，此时NA虽然由原来的约6.021023变为约12.041023，但对氧分子和氢分子而言，这种变化是一致的 D、正确，理由同C E、正确，虽然氧气的体积是客观存在的，32g的体积就是22.4L，64g的体积就是44.8L，但此时32g和64g谁是1mol呢？务必注意到“标准”的改变，显然此时的64g氧气才是1mol,体积44.8L F、不正确，由于“标准”的改变，此时的40gNaOH已经不是1mol了， 而是0.5mol!则，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol?L-1-1、设氯原子的质量为ag，12C原子的质量为bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说

21、法正确的是（ ） A、氯元素的相对原子质量为12/b B、mg该氯原子的物质的量为m/(aNA) mol C、该氯原子的摩尔质量是aNAg D、ng该氯原子所含的电子数是17n/a-1答案：BD. 该题考查相对原子质量、物质的量、摩尔质量等概念，要通过它们之间的联系进行解答。 A、错误，元素的相对原子质量是各同位素的平均值 B、正确，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为aNA，那么mg该氯原子的物质的量即为m/aNAmol C、单位错误 D、正确，ng/ag即为ng该氯原子所包含的该氯原子的个数，每个该氯原子含电子17，则ng该氯原子所含电子为17n/a-1、下列配制

22、溶液的操作中，不会影响所配溶液浓度大小的是（ ） A、托盘两边各垫一张质量相等的纸片称取固体NaOH B、洗涤刚才盛过溶质的烧杯的洗涤液没有转入容量瓶 C、容量瓶内水分未干便注入了液体 D、定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线-1答案：C. 解析： A、，NaOH易潮解，应在玻璃容器中称量，若用称量纸会将NaOH粘在纸上从而使结果偏低。 B、，溶质没有全部转入容量瓶，会使溶液浓度偏低。 C、，“C因为本来就要加水的，没干相当于先加了水，并没有影响。 D、，当定容完成摇匀静置后发现凹液面低于刻度线是因为有部分溶液粘在了刻度线上方，这并不影响刻度线下的溶液浓度，若再

23、加水会造成溶液变稀。1、配制0.10mol?L-1的含有2.0g溶质氢氧化钠的溶液，可能用到下列仪器托盘天平500mL烧杯50mL烧杯50mL容量瓶500mL容量瓶胶头滴管玻璃棒漏斗酒精灯移液管。其中必不可少的仪器是（ ） A、 B、 C、 D、1答案：B. 计算：2.0g/40g?mol-10.10mol?L-1=0.5L=500mL(容量瓶的规格)；烧杯50mL即可，过大使用不方便。-1、有五瓶溶液分别是10mL0.60mol?L-1NaOH水溶液20mL0.5mol?L-1H2SO4水溶液30mL0.40mol?L-1HCl水溶液40mL0.30mol?L-1HCl水溶液50mL0.20

24、mol?L-1蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数大小顺序是（ ） A、 B、 C、 D、-1解析：本题所问是溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子。五瓶溶液溶质的浓度比较小，故主要取决于溶剂的量、，而溶液体积分别为10、20、30、40、50mL，依次增大。这是98全国高考题。 点评：同学们习惯上往往忽略溶剂只求溶质中的离子、分子总数而得出错误结论。要认真审题，这是一道反常规思维的题。从当年阅卷情况看，同学们更多的选取了C选项，就是这个原因。一道全卷比较简单的题，答对率却很低。1、下列关于氯水的叙述，正确的是（ ） A、新制氯水中只含有Cl2和H2O分子

25、B、光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2 C、氯水放置数天后，会因Cl2挥发而造成pH变大 D、新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色1答案：D. 解析：氯水中除了含Cl2和H2O分子外，还含有HClO分子，故A错；光照氯水发生反应：2HClO=2HCl+O2，逸出的气体是O2而不是Cl2；该反应进行后，弱酸(HClO)转化为强酸(HCl)，溶液酸性增强，pH将变小，因此，B、C都错。在氯水中因为存在着H+，所以能使蓝色石蕊试纸变红，同时存在着HClO，可以漂白试纸，故D正确。-1、在实验室中由浓盐酸和二氧化锰制备氯气时，生成的气体一般让其通过两个洗气瓶，第一个洗气瓶中应该有（ ） A、饱和食盐水

26、 B、浓硫酸 C、碳酸氢钠 D、浓盐酸 -1答案：A. 首先要除去混有的HCl，因此先通过饱和食盐水，然后再通过浓硫酸干燥氯气。 -2、实验中，制取下列各组气体时，所用气体的发生装置相同的是（ ） A、H2、O2 B、O2、HCl C、Cl2、HCl D、O2、Cl2-2答案：C. 制氯气和氯化氢都用固体和液体反应，且都加热。-1、氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是( ) A、HI和HClO B、HCl和HIO C、HClO3和HIO D、HClO和HIO-1答案：B. 氯化碘这种化合物在初中没有学过。但在本题题干中提供信息说它的化学性质跟氯气相似。可以比照Cl

27、2跟H2O反应进行思考。思考之后会发现：问题转到了ICl中谁是正价谁是负价的问题上了。参照Cl2+H2O=HCl+HClO本题是I+Cl-+H+OH-=HCl+HIO，故应选择B是正确答案。-1、某化学课外小组用海带为原料制取少量碘水，现在用四氯化碳在碘水中萃取碘单质，并用分液漏斗分离两种溶液。（1）能选用四氯化碳在碘水中萃取碘的原因是_; （2）其实验操作可分解为如下几步： A.把盛有溶液的漏斗放在铁架台的铁圈中； B.把50mL碘水和15mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞； C.检验分液漏斗活塞和上口玻璃塞是否漏液； D.倒转漏斗，用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏

28、斗放正； E.放开活塞，用烧杯接收溶液； F.从分液漏斗上口倒出上层水溶液； G.将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗口上的小孔； H.静置、分层。 就此实验，完成下列填空： 正确操作步骤的顺序是（用上述各操作的编号字母填写）：_; 下列物质，不能作为从溴水中萃取溴的溶剂是_。 A、热裂汽油 B、苯 C、酒精 D、四氯化碳-1答案：（1）碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大得多，而且四氯化碳与水不互溶。 （2）CBDAGHEF AC 解析：着重回忆萃取剂选择原则和分液操作顺序。（1）萃取剂的选择原则有四条：一是溶质在萃取剂中的溶解度比在水中要大得多；二是萃取剂与水互不溶解能分成两

29、层；三是萃取剂与水的密度差别较大；四是萃取剂与溶质不会发生反应。（2）萃取（分液操作）正确操作顺序应把检验分液漏斗活塞和上口玻璃塞是否有漏液现象放在最前面；然后再倒入溶液和萃取剂，经过振荡，使两种液体充分接触，溶质从一种溶液进入另一种溶剂中，再经过静置、分层，将两种液体分开，从分液漏斗下端管口放出下层液体，从上口倒出上层液体。注：热裂汽油中含有不饱和的烯烃，能与溴或碘发生反应，若用直馏汽油就可以了；酒精不分层。-1、如下各组物质：碘+砂子；NH4Cl+NaCl;红磷+Fe2O3;硫磺+CaCl2的混合物分离方法和实验条件完全相同的是（ ） A、 B、 C、 D、-1答案：A. 解析：都可以用升

30、华的方法加以分离，都需要隔绝空气，否则红磷和硫磺燃烧，而则不需要隔绝空气就能升华，是分解然后化合的化学反应过程，不属于升华。该题强调了“分离方法和实验条件完全相同”，应该引起注意，咬文嚼字，仔细推敲。1、为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。已知在溶液中IO3-可和I-发生反应：IO3-+5I-6H+=3I2+3H2O。根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO3-。可供选择的物质有：自来水；蓝色石蕊试纸；碘化钾淀粉试纸；淀粉；食糖；食醋；白酒。进行上述实验时必须使用的物质是（ ） A、 B、 C、 D

31、、-1答案：B. 解析：依题意：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2；结合I2的特性-遇淀粉变蓝，要检验食盐中存在IO3-，只需I-和酸溶液(即H+),生成的I2由淀粉检验。-1、下列反应中，能产生烟雾的是（ ） A、浓盐酸挥发 B、磷在氯气中燃烧 C、铜丝在氯气中燃烧 D、磷在氧气中燃烧-1答案：B. 解析：A的现象是浓盐酸挥发出来的氯化氢气体与水蒸气结合而形成的盐酸小液滴分散在空气中形成酸雾；C和D是氯化铜和五氧化二磷固体小颗粒分散在空气中形成的棕色的烟和白烟；而磷在氯气中燃烧生成的三氯化磷呈液态，在空气中形成白雾，生成的五氯化磷呈固态，在空气中形成白烟，总起来形成的是白色烟雾。-1、

32、将氟气通入氯化钾溶液中可以得到（ ） A、氟化钾和氯气 B、氯化氢和氟化钾 C、氢氟酸和氧气 D、氟化氢和金属钾-1答案：C. 解析：将F2通入KCl溶液，很容易会想到氟比氯活泼，能置换出氯气并产生氟化钾，而忽视F2与水剧烈反应生成氢氟酸并放出氧气，造成选A的错误。F2很活泼，通入KCl溶液中，与水剧烈反应产生氢氟酸和氧气，而不置换出氯气。-1、湿润的蓝色石蕊试纸接触氯气后，其颜色变化为（ ） A、变红 B、先变红后变白 C、变白 D、不变-1答案：选B.氯气溶于水生成HCl和HClO,其中HCl可使蓝色石蕊试纸变红，而HClO又具有漂白作用，故先变红后变白。-1、近年来，加“碘”食盐较少使用

33、碘化钾，因其口感苦涩且在贮藏和运输中易变化，目前代之加入的是（ ） A、I2 B、KIO3 C、NaIO D、KIO-1答案：选B.I2易升华，NaIO和KIO都不稳定。-1、下列关于I-的叙述中，正确的是（ ） A、能发生升华现象 B、能使淀粉变蓝 C、有较强的还原性 D、显紫黑色-1答案：选C。A、B、D的现象均为I2的性质而I-不具备，I-具有较强的还原性。-1、已知在某温度时发生如下三个反应： （1）C+CO2=2CO （2）C+H2O=CO+H2 （3）CO+H2O=CO2+H2 由此可以判断，在该温度下C、CO、CO2的还原性强弱顺序是（ ） A、COCH2 B、CCOH2 C、C

34、H2CO D、COH2C-1答案：选B.根据同一反应中还原性：还原剂还原产物即可判定。-1、向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后加热，将溶液蒸干，并灼烧片刻，最后残留的物质是（ ） A、NaCl B、NaCl、NaBr、NaI C、NaBr、NaI D、NaCl、I2-1答案：选A。向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应： 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 2NaI+Cl2=2NaCl+I2 溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl.-1、有一瓶无色气体，可能含有HCl、H2S、CO2、HBr、SO2中的一种或几种，将其通入氯水中得

35、无色透明溶液，把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀，以下结论正确的是（ ） 原气体中肯定有SO2，原气体中可能有SO2，原气体中肯定没有H2S、HBr，不能肯定原气体中是否含有HCl，原气体中肯定无CO2，原气体中肯定有HCl. A、 B、 C、 D、-1答案：选A.通入氯水得无色溶液一定无H2S、HBr;溶液分两份一份加HCl酸化的BaCl2有白色沉淀一定有SO2，因SO2已被步氧化成SO42-；另一份加HNO3酸化的AgNO3有白色沉淀不能确定是否含有HCl，因第步反应后溶液中已经存在Cl-，第步中也加入了H

36、Cl。CO2不能确定是显而易见的。-1、11H、12H、13H、H+、H2是（ ） A、氢的五种同位素 B、五种氢元素 C、氢的五种同素异形体 D、氢元素的五种不同微粒答案 ：D-1、某元素M所形成的气态分子M2有三种，其式量分别为70、72、74，它们物质的量之比为9:6:1。下列判断正确的是（ ） A、M元素有三种同位素 B、M的一种同位素原子的质量数为36 C、M中质量数为35的同位素的原子（核素）原子百分比为75% D、M2的平均式量为72-1答案：选C.根据题意M原子的相对质量只能有2种，即35、37，若有3种或更多，则形成的双原子分子的式量就不止3种。根据以上推断A、B均不正确。根

37、据3种分子式量及它们的物质的量之比，求35M和37N的物质的量之比(92+6)：（6+12）=24:8=3:1,C正确。M2的平均式量=(970+672+174)/(9+6+1)=71，D不正确。-1、哈雷彗星上碳的两种同位素12C和13C的原子个数比为65:1。而地球上12C和13C的原子个数比为89:1，地球上碳元素的原子相对质量是12.011，那么哈雷彗星上碳元素的原子相对质量是（ ） A、12.000 B、12.009 C、12.015 D、12.980-1答案：选C。地球上12C和13C的原子个数比为89:1，地球上碳元素的原子相对质量为12.011。而哈雷彗星上12C和13C的原子

38、个数比为65:1，即哈雷彗星上12C的百分含量小于地球上12C，13C的百分含量大于地球上的13C，因此哈雷彗星上碳元素的原子相对质量大于12.011，但不可能达到12.980，因此选C。-1、有X、Y、Z三种元素，X和Y可以形成XY和XY2两种化合物；Z与X、Y分别形成XZ4和Z2Y两种化合物，在这两种化合物中总电子数均为10个。则X、Y、Z三种元素分别是（ ） A、C、N、O B、C、O、H C、C、H、O D、H、N、O -1答案:选B.XZ4和Z2Y两种化合物总电子数均为10个，那么Z只能为H元素，则X为C元素，Y为O元素，因此选B。 -2、aYm+和bXn-两种离子，它们的电子层结构

39、相同，若有a=b+m+n,ab,Ym+的离子半径小于Xn-的离子半径，其中正确的是（ ） A、 B、 C、 D、2答案：选A.“它们的电子层结构相同”，则a-m=b+n，即a=b+m+n,ab，因此离子半径Ym+Xn-，因此选A。1、下列叙述中正确的是（ ） A、两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同 B、凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布 C、两原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素 D、阴离子的核外电子排布一定与上一周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同1答案:选C.Na+和Mg2+核外电子排布相同，但化学性质不同；Pb2+、Pb4+核外电子

40、排布不同，它们不可能都和一种稀有气体原子的核外电子排布相同；阴离子的核外电子排布一定与本周期的稀有气体原子的核外电子排布相同，而非“上一周期”。1、下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（ ） A、可溶于水 B、具有较高的熔点 C、水溶液能导电 D、熔融状态能导电1答案：选D. 离子化合物中必含有离子键，离子化合物有些可溶于水，有些则难溶于水；离子化合物和一些共价化合物溶于水后，发生电离，因而水溶液都能导电；熔点高的除了离子化合物还有金属、原子晶体；唯有离子化合物在固态时不导电而熔融时才导电，即熔融状态时发生电离。1、下列叙述正确的是（ ） A、极性分子中不可能含有非极性键 B、离子

41、化合物中不可能含有非极性键 C、非极性分子中不可能含有极性键 D、共价化合物中不可能含有离子键1答案：选D. A、H2O2是极性分子，但分子里含有“O-O”非极性键。 B、Na2O2是离子化合物，但含有“O-O”非极性键。 C、如CH4是由极性键构成的非极性分子。 D、正确。只要含有离子键就一定是离子化合物了。1、根据“三氟化硼正三角形非极性分子”的因果关系，则“三氯甲烷（ ）（ ）”的因果关系是 A、正四面体 B、非正四面体 C、非极性分子 D、极性分子 E、四边形答案：_;_.1答案：B、D. 由BF3的判断顺序可以看出结构极性的关系。CH4和CCl4都是正四面体形结构，但CHCl3是氯和

42、氢两种不同元素排在碳原子周围，它们的2101属性有差异，导致分子形成非正四面体，继而分子产生极性。-1、1999年曾报道合成和分离了含高能量的正离子N5+的化合物N5AsF6，下列叙述错误的是（ ） A、N5+共有34个核外电子 B、N5+中氮-氮原子间以共用电子对结合 C、化合物N5AsF6中As的化合价为+1 D、化合物N5AsF6中F的化合价为-1-1答案：选C. 每个N原子核外有7个电子，N5+共有34个电子，A正确。N5+中，氮-氮原子间只能以共价键结合，B正确。由于N5+为+1价，则AsF6-，F只有-1价，则As为+5价，故D正确，C不对。-1、放射性原子在人类的生活中的很多地方

43、有着特殊的作用，对人类的科学研究有很大的帮助，其中最主要的作用是作为示踪原子。最近医学界通过用放射性14C的羧酸衍生物在特定条件下通过断裂DNA来杀死细胞，从而抑制艾滋病。 （1）下面有关14C的叙述正确的是（ ） A、14C与14N含有相同的中子数 B、14C与C60是同分异构体 C、14C与C60中普通碳原子的化学性质不同 D、14C与12C互为同位素 （2）自然界中存在很多像14C的放射性原子，这些天然放射现象的发现说明了什么问题（ ） A、原子不可以再分 B、原子的核式结构 C、原子核还可以再分 D、原子核是由质子和中子构成-1答案：（1）D，（2）C. 此题为物理、化学综合题，考查对基本化学概念以及原子结构等知识的了解。 （1）14C和14