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选择题部分一、选择题常考考点1．2007年8月22日，厦大科学家首次合成罕见铂纳米晶体。它在能源、催化、材料等领域具有重大的意义和应用价值。铂在中学化学领域有广泛应用，下列有关说法不正确的是：A、铂纳米晶体在火焰上灼烧呈无色B、氨气催化氧化中铂纳米晶体的催化效率比普通铂丝大C、铂丝可以作为燃料电池负极，可燃气体在负极上发生氧化反应D、铂纳米晶体与硝酸反应，而铂不溶于硝酸【解析】铂是不活泼金属.与硝酸不反应,可用作电池的负极.【答案】D2．.为防止大气污染、节约燃料、缓解能源危机，如下图所示，燃烧产物如CO2、H2O、N2等可以利用太阳能最终转化为()A.生物能B.化学能C.热能D.电能【解析】关键信息是据图示可知，利用太阳能可以使CO2、H2O、N2重新组合为可燃物，而可燃物燃烧后转化为燃烧产物并放出热量，产物又结合太阳能转化为燃料，如此循环可知太阳能最终转化为热能。【答案】C3．共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体①Na2O2②SiO2③石墨④金刚石⑤NaCl⑥白磷中，含有两种作用力的是A.①②③B.①③⑥C.②④⑥D.①②③⑥【解析】Na2O2是离子晶体，其中存在的作用力有：Na+与O22-之间的离子键，O22-中的两个氧原子之间的共价键；SiO2是原子晶体，存在的作用力只有Si原子与O原子之间的共价键；石墨是混合晶体，其中存在的作用力有：C原子与C原子之间的共价键，片层之间的范德华力；金刚石是原子晶体，其中存在的作用力只有C原子与C原子之间的共价键；NaCl是离子晶体，其中存在的作用力只有Na+与Cl－之间的离子键；白磷是分子晶体，其中存在的作用力有：P4分子之间的范德华力，P4分子内P原子与P原子之间的共价键。【答案】B4．下列有关说法不正确的是A．能使品红试液褪色的气体不一定是SO2B．胶黏剂UF结构为：，可推测其单体为尿素和甲醇C．CO2电子式为D．命名为4-甲基-2-戊烯【解析】A：能使品红溶液褪色的气体有：Cl2、O3、SO2等。B：单体为尿素和甲醛。C、D正确。【答案】B5．下列反应的离子方程式中正确的是A．甲醇、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反应CH3OH+H2O－6e－=CO2↑+6H+B．在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性H++SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+H2OC．苯酚钠的水溶液中通入少量的CO22C6H5O¯＋CO2+H2O→2C6H5OH＋CO32－D．用侯氏制碱法制得NaHCO3Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+【解析】选项A是近年来比较关注的燃料电池方面的问题，该原电池通甲醇的一极是负极，发生氧化反应，失去电子，但是电解质溶液是KOH，所以不能生成H+，所以选项A不正确；在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2，也就是说NaHSO4是过量的，所以应该是Ba(OH)2按自己的组成完全反应，即H+和OH－的系数都是2，所以选项B不正确；无论CO2的量是多还是少，在苯酚钠的水溶液中通入CO2，产物都是NaHCO3，所以选项C不正确；侯氏制碱中的NaHCO3是沉淀出来的，所以选项D正确【答案】D。6．某溶液中含有大量的下列离子：Fe3＋、SO42－、Al3＋和M离子，且这四种离子Fe3＋、SO42－、Al3＋和M的物质的量之比为2：4：1：1，则M离子可能为下列中的（）A．Na＋B．I－C．S2－D．Cl－【解析】根据题目条件和电荷守恒可知M应带有1个单位的负电荷，又碘离子不能与铁离子大量共存，所以M只能为选项中的氯离子。【答案】D。7．下列说法中不正确的是A.光导纤维和石英的主要成分都是二氧化硅B.遗弃的废旧电池、塑料袋、废纸、破布都会造成水污染C.苏丹红、谷氨酸钠（味精）、碳酸氢钠（小苏打）、亚硝酸钠、明矾等都是在食品加工或餐饮业中禁止使用或使用量要严加控制的物质D.纳米装饰材料是一种不会产生甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染的绿色产品【解析】光导纤维的主要成分是二氧化硅，石英则是纯度很高的二氧化硅；遗弃的废旧电池会产生重金属污染，塑料袋由于难于分解，成为白色垃圾，废纸和破布则分解后成为污染物；苏丹红是食品中禁止使用的物质，而谷氨酸钠（味精）、碳酸氢钠（小苏打）、亚硝酸钠、明矾等则不能使用过量；纳米材料主要特征是其微粒大小在“纳米级”，并不一定是不会产生甲醛、芳香烃及氡等的材料。【答案】D。8．下列叙述中完全正确的一组是①常温常压下，1mol甲基(—CH3)所含的电子数为10NA②由Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池工作时，若Cu极生成0.2gH2，则电路通过电子0.2NA③在标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后气体分子数为0.75NA④常温常压下，16gO3所含的原子数为NA⑤1molC1(CH2)2分子中共价键总数为31NA⑥1molCl2发生反应时，转移的电子数一定是2NA⑦标准状况下，22.4L水中含分子数为NAA.①②③④⑤B.②④⑤⑥⑦C.②④⑤D.①②⑤【解析】甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，则1mol甲基(一CH3)所含的电子数应为9NA；铜锌原电池中正极上生成0.1molH2，需得到0.2mol电子，所以电路中通过的电子也是0.2NA；NO与O2在标况下反应生成NO2，根据反应的化学方程式可以计算出生成的NO2为0.5mol，剩余的O2为0.25mol，即气体的总的物质的量为0.75mol，但NO2还有一个平衡：2NO2N2O4，而此平衡的存在就使气体的总的分子数小于0.75mol；O3是氧的单质，所以16gO3中所含只有氧原子，氧原子个数为NA；C1(CH2)2分子中C-H有22个，C-C9个共31个共价键；氯气只作氧化剂时，1molCl2发生反应，转移的电子为2mol，但在发生歧化反应时，情况就有所不同了，例如，氯气与水反应时，1molCl2发生反应时，转移的电子为1mol；标准状况下，水呈液态，故22.4L的水并不是1mol。【答案】C。9.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如右下图所示。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中错误的是A.S2Cl2的结构式为Cl－S－S－ClB.S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子C.S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2S2Cl2D.S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【解析】S2Cl2的结构类似于H2O2的结构，为Cl－S－S－Cl，其中的S－S为非极性键，S－Cl键为极性键，由于分子中的4个原子不在同一直线上，共价键的极性不能相互抵消，所以S2Cl2是极性分子。S2Br2与S2Cl2的组成与结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，其熔沸点越高，所以熔沸点S2Br2S2Cl2。S2Cl2中的硫元素为中间价态(+1价)，在反应过程中一部分升高到+4价(生成SO2)，一部分降低到0价(生成S)，符合氧化还原反应原理。其中不正确的是B项。【答案】B。10．某无色溶液中可能含有I－、NH4＋、Cu2＋、SO32－，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是①肯定不含I－；②肯定不含Cu2＋；③肯定含有SO32－；④可能含有I－。A．①③B．①②③C．①②D．②③④【解析】据前后均无色，确定没有Cu2＋；能被溴水氧化的有I－、SO32－，其还原性是I－＜SO32－，SO32－先被Br2氧化，若SO32－没全部被氧化，I－不会参与反应，所以无法确定I－是否存在。【答案】D。【评】此题的关注点较多：“少量溴水”、“仍无色”(溴水、I2水、Cu2＋都有颜色)、“还原性I－＜SO32－”，且把选项“肯定不含I－”放在第①位，设计了先入为主的思维定势：I－被氧化后会呈现颜色，现在无色，所以不含I－——很容易忽略SO32－的还原性比I－强这一点，而误选B。此题既考查了常见离子的物理性质、氧化性和还原性，也考查了氧化还原反应的先强后弱规律等基本知识，同时又考查了逻辑思维和全面思维的能力，所以是道高层次的题。11．铀(U)常见化合价有＋4价和＋6价，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下反应：UO2(NO3)2UxOy＋NO2↑＋O2↑(化学方程式未配平)，在600K时将气体产物集满试管，并倒扣水中，水充满试管。则上述分解反应生成的铀的氧化物化学式为A．UO2B．UO•UO3C．UO3D．UO2•2UO3【解析】化合价升降法：从气体全部被水吸收可知：硝酸铀酰的分解反应中，N元素的降价与O元素的升价已相等，从而推出：U元素没变价，即仍为+6价，故选C。【答案】C12．常温下，有甲、乙两份体积均为1L、浓度均为0.1mol/L的氨水，其pH为11。①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为a；②乙与等体积、浓度为0.2mol/L的盐酸混合，在混合溶液中：n(NH4＋)＋n(H＋)－n(OH－)=bmol。则a、b正确的答案组合是A．9~11之间；0.1B．9~11之间；0.2C．12~13之间；0.2D．13；0.1【解析】溶液稀释后，pH向7的方向过渡，若是强碱，稀释100倍后pH会从11→9，现是弱碱，所以pH为11～9之间，排除C、D二选项。在②中，〖思路一〗盐酸过量，n(OH－)很小，忽略不计，所以b=n(NH4＋)＋n(H＋)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol，选B；〖思路二〗由电荷守恒n(NH4＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋n(Cl－)，得：n(NH4＋)＋n(H＋)－n(OH－)=n(Cl－)=b=0.2mol，选B。【答案】B13.把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+＋2OH－加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是A.Na2S溶液B.AlCl3溶液C.NaOH溶液D.CaCl2溶液【解析】：Na2S水解显碱性，增大了溶液中OH-的浓度；NaOH提供大量OH-；CaCl2会增大Ca2＋的浓度，所以A、C、D选项都会使溶解平衡向左移动，而AlCl3中的Al3+消耗OH-，使平衡向右移动，促进Ca(OH)2的溶解。【答案】B14．早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，4NaOH(熔)4Na+O2↑+2H2O；后来盖•吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe＋4NaOHFe3O4＋2H2↑十4Na↑。下列有关说法正确的是A．电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：2OH－－2e－=H2↑+O2↑B．盖•吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C．若戴维法与盖•吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同D．目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极【解析】：A阳极反应式应为：4OH－－42e－=2H2O+O2↑，B钠的还原性比铁强，C前者转移电子数为4，后者为8.【答案】D15．具有相同电子层结构的三种微粒An＋、Bn－、C，下列分析正确的是A．原子序数关系：CBAB．微粒半径关系：Bn－An＋C．C微粒是稀有气体元素的原子D．原子半径关系是A＜B＜C【解析】此类题目首先要根据题给信息，确定各元素在周期表中的相对位置，然后根据元素周期律加以对照。具体解答为：设C的原子序数为Z，则A的原子序数为Z＋n，B的原子序数则为Z－n，则原子序数为ACB，A错。因An＋、Bn－具有相同的电子层结构，阴离子半径大于阳离子半径，即，B项正确。An＋、Bn－都应具有稀有气体的电子层结构，C的电子层结构相同于An＋、Bn－，所以C必为稀有气体元素的原子；B、C为同一周期的元素，而A应处于B、C下一周期的左半部，故A的原子半径应大于B。D项错误。【答案】BC。16．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A(g)+3B(g)2C(g)；△H0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断一