河南省新乡市2019-2020学年化学高二下期末联考模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如下图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。关于该固体混合物，下列说法正确的是( )
A．一定含有MgCl2和FeCl2
B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3 C．一定含有Al，其质量为4.5 g
D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等 【答案】D
【解析】分析：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸,气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，因为氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题。 详解：结合以上分析，
A. 根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀,且白色沉淀没有变化,则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故A错误；
B.根据以上分析可以知道,固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；
C. 固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故C错误；
D.根据以上分析可以知道，原固体混合物中一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，所以D选项是正确的； 所以D选项是正确的。
2．“本来绿色，《新修草本》有关“青矾”的描述为：新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青
矾”的主要成分为( ) A．CuSO4?5H2O B．FeSO4?7H2O C．KAl?SO4?2?12H2O D．Fe2?SO4?3?7H2O 【答案】B 【解析】 【详解】
“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。 A.CuSO4?5H2O为蓝色晶体，A错误； B. FeSO4?7H2O是绿色晶体，B正确； C.KAl(SO4)2?12H2O是无色晶体，C错误； D.Fe2(SO4)3?7H2O为黄色晶体，D错误。 所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4?7H2O。 故合理选项是B。
3．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。L?1 H2C2O4的pH=1.3） （已知：室温下，0.1 mol·实验 ① ② ③ ④ 酸性KMnO4溶液 C2H5OH和浓硫酸 紫色溶液褪色 加热后产生有香味物质 装置 试剂a Ca(OH)2溶液（含酚酞） 少量NaHCO3溶液 现象 溶液褪色，产生白色沉淀 产生气泡 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4
CaC2O4↓+2H2O
NaHC2O4+CO2↑+H2O
2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
B．酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4C．H2C2O4具有还原性，2MnO4+5C2O4+16H+
?2?垐浓硫酸垐?D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH噲垐?C2H5OOCCOOC2H5+2H2O V【答案】C 【解析】
【分析】
草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题； 【详解】
A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；
B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：
H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B正确；
C.0.1 mol·L?1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；
D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确； 本题选不正确的，应选C。 【点睛】
本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。
4．已知下列反应：Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O (Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3 (Ⅱ)。下列说法正确的是( ) A．反应(Ⅰ)中HCl是氧化剂 C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2 【答案】D 【解析】
试题分析：抓住化合价的变化这一特征，分析Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O 中 Co2O3中的Co为+3价，CoCl2中的Co为+2价 ，故Co2O3为氧化剂将HCl氧化为Cl2；故Co2O3的氧化性大于Cl2；在5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl2将I2氧化为HIO3故Cl2的氧化性大于HIO3 考点：考查基本理论，氧化还原反应
5．同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是 A．原子半径：X＞Y＞Z
B．气态氢化物的稳定性HX＞H2Y＞ZH3 C．电负性：X＞Y＞Z D．非金属性：X＞Y＞Z 【答案】A 【解析】
B．反应(Ⅱ)中Cl2发生氧化反应 D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3
【分析】
同周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z的原子序数大小顺序是X＞Y＞Z，元素的非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z。 【详解】
A项、同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X
C项、非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故C正确； D项、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，故D正确。 故选A。 【点睛】
本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系，灵活运用元素周期律分析解答是解本题关键。 6．在1.0 L恒容密闭容器中放入0.10 mol X，在一定温度下发生反应：X(g)气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。以下分析正确的是 ( )
Y(g)＋Z(g) ΔH＜0，容器内
A．该温度下此反应的平衡常数K＝3.2
B．从反应开始到t1时的平均反应速率v(X)＝0.2/t1 mol·L－1·min－1 C．欲提高平衡体系中Y的百分含量，可加入一定量的X
D．其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动，X的转化率减少 【答案】D 【解析】 【分析】 X(g)
Y(g)＋Z(g)
开始 0.1 0 0 变化 b b b t1min末 0.1-b b b 根据压强比等于物质的量比，
X(g)
Y(g)＋Z(g)
0.1-b?b?b0.7? ，b=0.04；
0.10.5
