甘肃省天水市秦安二中高三化学上学期期中试题（含解析）.doc

化学试卷一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1（2分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是：加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转换技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料；2m+n=2p+2q，2p+m=q（m、n为原料，q为期望产品）其中符合“化学反应的绿色化”的要求的是（）abcd考点：常见的生活环境的污染及治理专题：化学应用分析：节能减排、保护环境，应减少污染物的排放，推广使用清洁能源，结合题目解答该题解答：解：加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故错误；研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故正确；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故错误；推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；2m+n=2p+2q，2p+m=q（m、n为原料，q为期望产品），可减少副产品的排放，减少污染，故正确故选b点评：本题考查环境污染及治理知识，侧重于节能减排、保护环境的考查，题目难度不大，注意相关基础的积累和把握2（2分）（2013宿迁一模）下列有关化学用语表示正确的是（）a苯甲醛：bmg2+的结构示意图：cco2的电子式：o：c：od核内有8个中子的碳原子：c考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：a其官能团为cho；bmg的质子数为12，其离子核外有10个电子；c二氧化碳中c、o周围均满足8电子稳定结构；d有8个中子的碳原子，其质量数为14解答：解：a苯甲醛为，故a错误；bmg2+的结构示意图为，故b正确；cco2的电子式为，故c错误；d核内有8个中子的碳原子为c，故d错误；故选b点评：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住3（2分）（2013宿迁一模）常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）a使酚酞变红色的溶液：na+、ba2+、i、clb使甲基橙变红色的溶液：fe2+、k+、no3、so42c含有0.1 moll1 fe3+的溶液：na+、k+、scn、nod由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液：nh4+、so42、hco3、cl考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a使酚酞变红色的溶液，显碱性；b甲基橙变红色的溶液，显酸性；c离子之间结合生成络离子；d由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：a使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故a正确；b甲基橙变红色的溶液，显酸性，fe2+、h+、no3发生氧化还原反应，不能大量共存，故b错误；cfe3+、scn离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故c错误；d由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液，为酸或碱溶液，hco3既能与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键，侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查，题目难度不大4（2分）（2014中山模拟）下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（）a氨气具有氧化性，用浓氨水检验cl2管道是否泄漏b氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃c二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气d铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸考点：氨的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅专题：氧族元素；氮族元素分析：a根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3cl2+8nh3=n2+6nh4cl来分析；b氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃；c二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化； d根据铜能与浓硝酸发生反应解答：解：a根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为：3cl2+8nh3=n2+6nh4cl，氨气具有还原性，故a错误；b氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃：4hf+sio2=sif4+2h2o，故b错误；c二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化：br2+so2+2h2o2hbr+h2so4，故c正确；d根据铜能与浓硝酸发生反应，所以不能用铜罐贮运浓硝酸，故d错误；故选c点评：本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意相关知识的积累5（2分）（2013宿迁一模）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）a用图1装置制取并收集干燥纯净的nh3b用图2所示装置可除去no2中的noc用图3所示装置可分离ch3cooc2h5和饱和碳酸钠溶液d用图4装置制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a收集氨气的方法错误；b二氧化氮和水反应生成一氧化氮；c乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；d铁不能被氧化，不能制得fe（oh）2解答：解：a氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故a错误；b二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故b错误；c乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故c正确；d铁应连接电源正极，才能制得fe（oh）2，故d错误故选c点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大6（2分）短周期元素r、t、q、w、g在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中r与t原子序数之和为20，下列判断正确的是（）a离子半径：twb最高价氧化物对应水化物的酸性：qwgc最简单气态氢化物的热稳定性：qrdt和g组成的化合物甲溶于水，其水溶液呈中性考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：设r的原子序数为x，则t的原子序数为x+82，r与t原子序数之和为20，则x=7，为n元素，t为al，q为si，w为s，g为cl，a电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，质子数越大离子半径越小；b元素的非金属性越强，形成的最高价氧化物对应水化物的酸性越强；c元素的非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强；dal和cl形成的化合物甲是alcl3，氯化铝溶液水解显酸性解答：解：设r的原子序数为x，则t的原子序数为x+82，r与t原子序数之和为20，则x=7，为n元素，t为al，q为si，w为s，g为cl，aal3+两个电子层，s2有三个电子层，因此离子半径：s2al3+，故a错误；b非金属性：clssi，最高价氧化物对应水化物的酸性：hclo4h2so4h2sio3，故b错误；c非金属性：npsi，元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，因此最简单气态氢化物的稳定性：nh3sih4，故c正确；dal和cl形成的化合物甲是alcl3，氯化铝溶液水解显酸性，故d错误；故选c点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，为高频考点，题目涉及离子半径的比较、非金属性强弱的比较和盐类的水解，推导元素难度不大，因此掌握元素周期律是解题的关键，综合性强，难度中等7（2分）m是苯的同系物，其结构为，则m的结构式共有（）a16 种b12 种c10 种d8 种考点：有机化合物的异构现象专题：同分异构体的类型及其判定分析：写出丁烷的同分异构体，根据丁烷同分异构体利用等效氢原子判断丁基种数，进而判断该有机物的种数解答：解：丁烷的同分异构体ch3ch2ch2ch3；ch3ch（ch3）ch3；ch3ch2ch2ch3 有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，分别是：ch3ch2ch2ch2； ch3ch2ch（ch3）；ch3ch（ch3）ch3有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，分别是：ch3ch（ch3）ch2；c（ch3）3；结合有机物结构苯环对位上的两个丁基可以是相同的也可以是不同的：当左右两边相同时，共4种；当左右两别不同时，当左边丁基为：ch3ch2ch2ch2ch2时，右边可以连的丁基有3种；当左边丁基为：ch3ch2ch（ch3）时，排除重复结构，右边可以连的丁基有2种；当左边丁基为：ch3ch（ch3）ch2时，排除重复结构，右边可以连的丁基有1种；当左边丁基为：c（ch3）3；，排除重复结构，右边可以连的丁基有0种；共10种故选：c点评：本题考查了有机物同分异构体的书写，准确判断丁基的种数是解题的关键，题目难度较大，容易漏写8（2分）下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是（）abcd考点：气体发生装置的气密性检查专题：化学实验基本操作分析：装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法a利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡；b利用锥形瓶内外气体压强差形成水柱；c利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡；d利用压强差形成水柱；解答：解：a用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故a错误；b用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故b错误；c用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故c错误；d用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气，符合题意，故d正确；故选d点评：本题考查装置气密性的检查，装置气密性检验原理都是依据密闭装置中气体存在压强差，形成水柱或气泡的现象进行判断是解答本题的关键，该题易错点是d选项的判别，题目难度不大9（2分）类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用，但有时会得出错误的结论以下几个类比推理结论中正确的是（）aco2通入ba（no3）2溶液中无沉淀生成，推出so2通入ba（no3）2溶液中无沉淀生成b在常温下，na2co3+2hcl2nacl+co2+h2o，说明hcl酸性强于h2co3；在高温下，na2co3+sio2na2sio3+co2，说明h2sio3酸性强于h2co3ch2so4为强酸，推出hclo4为强酸dnh3的沸点高于ph3，推出ch4沸点高于sih4考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氢键的存在对物质性质的影响；比较弱酸的相对强弱的实验专题：类比迁移思想分析：a、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀；b、化学反应遵循难挥发性的物质可以制得挥发性的物质的原理；c、根据同周期元素的最高价含氧酸的酸性来判断；d、同主族元素从上到下，氢化物的沸点逐渐升高，含有氢键的物质沸点最高解答：解：a、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故a错误；b、在高温下，na2co3+sio2na2sio3+co2，熔融反应不能比较h2sio3、h2co3酸性强弱，该反应符合难挥发性的物质可以制得挥发性的物质的原理，故b错误；c、同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右逐渐增强，所以h2so4为强酸，hclo4的酸性强于硫酸，是强酸，故c增强；d、同主族元素从上到下，氢化物的沸点逐渐升高，ch4沸点低于sih4，nh3的沸点高于ph3，是因为氨气分子间有氢键，故d错误故选c点评：本题考查了常见离子的检验方法，反应现象的分析利用以及物质的性质考查，关键是干扰离子的分析判断，题目难度中等10（2分）下列有关实验的叙述，正确的是（）a用广泛ph试纸测得氯水的ph为2b用托盘天平称取10.50g干燥的nacl固体c配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会使所配溶液的浓度偏高d制备fe（oh）2时，向feso4溶液中滴入naoh溶液时，胶头滴管不能伸入液面以下考点：配制一定物质的量浓度的溶液；计量仪器及使用方法；试纸的使用；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁专题：实验题分析：a氯水中的次氯酸有强氧化性；b托盘天平只能准确到0.1g；c根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；d为了防止空气中氧气氧化氢氧化亚铁，需将胶头滴管下端插入液面以下解答：解：a氯水中的次氯酸有强氧化性，应用ph计，故a错误； b托盘天平只能准确到0.1g，所以用托盘天平称取10.5g的干燥的nacl固体，不能称量10.50g，故b错误；c定容时俯视刻度线观察液面，溶液的体积偏小，浓度偏大，故c正确；d制备fe（oh）2操作中的胶头滴管，为了防止空气中氧气氧化氢氧化亚铁，需将胶头滴管下端插入液面以下，故d错误故选c点评：本题考查化学实验基本操作，涉及ph的测定、溶液的配制、物质的制备等，侧重物质的性质及实验操作的考查，注重双基训练，题目难度不大11（2分）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5moll1 naoh溶液至cu2+恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是（）a60 mlb45 mlc30 mld15 ml考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸cu失去的电子都被o2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 cu（no3）2，再根据 cu（no3）2与naoh 反应的关系，求出naoh 的物质的量，最终求出naoh溶液的体积解答：解：no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，完全生成hno3，则整个过程中hno3 反应前后没有变化，即cu失去的电子都被o2得到了，根据得失电子守恒：n（cu）2=n（o2）4n（cu）2=mol4 解得：n（cu）=0.15mol 所以 cu（no3）2 为0.15mol，根据 cu2+2oh 0.15mol n（oh） 则naoh 为 0.15mol2=0.3 mol，则naoh 体积v=0.06l，即60ml，故选：a点评：本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用12（2分）某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的h+和oh）：na+、nh4+、so42、co32、no3取200ml该溶液，分为等体积的两份分别做下列实验实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224ml实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的bacl2溶液，得固体2.33g下列说法正确的是（）a该溶液中一定含有na+，且c（na+）0.1 moll1b该溶液中可能含有na+c该溶液中一定不含no3d该溶液中肯定含有nh4+、so42、co32、no3考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：实验1：第一份加入足量的烧碱并加热会产生气体证明含有nh4+，实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则不含有co32，再加足量的bacl2溶液，得固体2.33g，证明含有so42解答：解：根据实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224ml，证明含有nh4+，且物质的量为0.01mol；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有co32，再加足量的bacl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有so42，且物质的量为：=0.01mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钠离子，且钠离子的浓度=0.1mol/la、根据溶液中nh4+物质的量为0.01mol，so42物质的量为0.01mol，根据电荷守恒则c（na+）0.1 mol/l，故a正确；b、该溶液中一定含有na+，故b错误；c、该溶液中可能含有no3，故c错误；d、该溶液中肯定含有nh4+、s042、na+，故d错误故选a点评：本题考查了混合物成分的鉴别，完成此题，可以依据物质的性质进行，注意离子之间的反应以及现象，难度不大13（2分）下列示意图与对应的反应情况正确的是（）a含0.01molkoh和0.01molca（oh）2的混合溶液中缓慢通入co2bnahso4溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液ckal（so4）2溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液dnaalo2溶液中逐滴加入盐酸考点：镁、铝的重要化合物专题：图示题分析：a、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；b、nahso4溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；c、kal（so4）2溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止；d、naalo2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解解答：解：a、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故a错误；b、nahso4溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故b正确；c、kal（so4）2溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液，开始阶段，铝离子和硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀，然后形成的氢氧化铝被过量的氢氧根逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡沉淀为止，故c错误；d、naalo2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故d错误故选b点评：本题考查运用课本知识解决新问题的能力，并且要考虑反应的先后顺序问题，属于偏难题14（2分）cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（no3）2、cuso4、no2、no和h2o当产物n（no2）：n（no）=1：1时，下列说法正确的是（）a1mol cu2s参加反应时有8 mol电子转移b参加反应的n（cu2s）：n（hno3）=1：5c反应中cu2s既做氧化剂，又做还原剂d产物ncu（no3）2：ncuso4=1：1考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：由信息可知，n（no2）：n（no）=1：1，假定生成1molno2、1molno；则hno3被还原生成1molno2、1molno共得4mole；cu2s应失4mole而1molcu2s能失10mole，故失4mole说明反应的cu2s的物质的量为0.4mol，0.4molcu2s生成0.4molcuso4和0.4molcu（no3）2；即起酸性作用的hno3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的hno3为2mol反应的hno3共2.8mol，故n（cu2s）：n（hno3）=0.4mol：2.8mol=2：14，则发生2cu2s+14hno3=2cu（no3）2+2cuso4+5no2+5n0+7h2o，cu、s元素的化合价升高，n元素的化合价降低，结合化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断解答：解：a.1 molcu2s参加反应时有1mol2（21）+1mol6（2）=10mol电子转移，故a错误；b由2cu2s+14hno3=2cu（no3）2+2cuso4+5no2+5n0+7h2o可知，参加反应的n（cu2s）：n（hno3）=2：14，故b错误；ccu、s元素的化合价升高，cu2s做还原剂，故c错误；d由发生的反应可知，产物ncu（no3）2：ncuso4=1：1，故d正确；故选d点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，综合性较强，题目难度不大15（2分）将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20ml ph=14的溶液，然后用1mol/l的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是（）a原合金质量为0.92gb标准状况下产生氢气896mlc图中v2为60mld图中m值为1.56g考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算专题：图示题分析：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2na+2h2o2naoh+h2、2al+2h2o+2naoh2naalo2+3h2，加盐酸时发生naoh+hclnacl+h2o、naalo2+hcl+h2onacl+al（oh）3、al（oh）3+3hclalcl3+3h2o，再结合图象中加入40ml盐酸生成的沉淀最多来计算解答：解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生naoh+hclnacl+h2o，后发生naalo2+hcl+h2onacl+al（oh）3，最后发生al（oh）3+3hclalcl3+3h2o，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02l1mol/l=0.02mol，由naoh+hclnacl+h2o，0.02mol 0.02mol则v1为=0.02l=20ml，生成沉淀时消耗的盐酸为40ml20ml=20ml，其物质的量为由0.02l1mol/l=0.02mol，由 naalo2+hcl+h2onacl+al（oh）3， 0.02mol 0.02mol 0.02mola、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故a错误；b、由2na+2h2o2naoh+h2、2al+2h2o+2naoh2naalo2+3h2，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol22.4l/mol=1.12l，故b错误；c、由al（oh）3+3hclalcl3+3h2o可知，溶解沉淀需要0.06molhcl，其体积为60ml，则v2为40ml+60ml=100ml，故c错误；d、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol78g/mol=1.56g，故d正确；故选d点评：本题考查钠、铝的化学性质及反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，并学会利用元素守恒的方法来解答，难度较大16（2分）下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是（）金属钠在纯氧中燃烧； feso4溶液滴入naoh溶液并在空气中放置一段时间；fecl3溶液滴入kscn溶液； 无水硫酸铜放入医用酒精中abcd考点：钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质；二价fe离子和三价fe离子的检验专题：几种重要的金属及其化合物分析：金属钠在纯氧中燃烧生成过氧化钠；feso4溶液和naoh溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，迅速被氧化为氢氧化铁；三价铁离子遇到硫氰酸根离子显示红色；铜离子在水溶液中显示蓝色解答：解：金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；feso4溶液和naoh溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，然后迅速被氧化为氢氧化铁红褐色物质； fecl3溶液中滴入kscn溶液，发生络合反应，溶液呈红色；无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，溶液变蓝，故其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列依次是故选b点评：本题考查物质的性质，题目难度不大，注意反应产物的判断，注意常见物质的颜色等物理性质17（2分）铁片放入下列溶液中，反应时无气体放出，取出的铁片质量减轻，则该溶液是（）a稀硫酸b浓盐酸cagno3dfe2（so4）3考点：铁的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：将铁片投入下列溶液中，不放出气体，说明溶液中不存在大量的氢离子，并且fe片质量减轻，说明没有置换出相对原子质量比铁大的金属，以此解答该题解答：解：a加入稀硫酸中，生成氢气，故a不选；b加入浓盐酸中，生成氢气，故b不选；c加入硝酸银中，置换出银，质量增大，故c不选；d加入硫酸铁溶液，生成氯化亚铁，铁片质量减小，无气体放出，故d选故选d点评：本题考查铁的化学性质及氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应产物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大18（2分）在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液存在较多的阳离子是（）acu2+bfe3+cfe2+dh+考点：铁盐和亚铁盐的相互转变专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析解答：解：充分反应后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则铁粉有剩余，因为三价铁离子会和铁单质生成二价铁离子，所以一定没有三价铁离子，b错误，铜离子会和单质铁发生置换反应二价铁离子和单质铜，盐酸中的氢离子会和铁单质发生置换反应生成氢气和二价铁离子，所以溶液中一定不含有铜离子、氢离子，a、d错误，所以一定存在的是fe2+；故选：c点评：本题主要考查学生有关金属铁的性质，可以fe与三价铁离子、铜离子、氢离子之间的反应来回答，难度不大19（2分）（2013广东）下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述anh4cl为强酸弱碱盐用加热法除去nacl中的nh4clbfe3+具有氧化性用kscn溶液可以鉴别fe3+c溶解度：caco3ca（hco3）2溶解度：na2co3nahco3dsio2可与hf反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中aabbccdd考点：铵盐；硅和二氧化硅；二价fe离子和三价fe离子的检验专题：氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：a氯化铵是强酸弱碱盐，且不稳定；b铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液；c碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠；d二氧化硅是酸性氧化物，但能和氢氟酸反应解答：解：a氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定，加热易分解，两者没有因果关系，故a错误；b铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，故b错误；c碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，故c错误；d二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，故d正确；故选d点评：本题考查较综合，明确二氧化硅的性质，铁离子的检验是高考热点，应熟练掌握20（2分）设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温常压下，8 g o2含有4na个电子b1 l 0.1 moll1的氨水中有na个nh4+c标准状况下，22.4 l盐酸含有na个hcl分子d1 mol na被完全氧化生成na2o2，失去2na个电子考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、根据n=并结合氧气中的电子数来计算；b、一水合氨是弱电解质，不能完全电离；c、盐酸是溶液，标况下为液态；d、根据反应后钠元素的价态来判断解答：解：a、根据n=可知8g氧气的物质的量n=0.25mol，而1mol氧气中含16mol电子，故0.25mol氧气中含4mol电子，即4na个，故a正确；b、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，故b错误；c、盐酸是hcl的水溶液，标况下为液态，故c错误；d、1 mol na被完全氧化后由0价变为+1价，失1mol电子，即na个，故d错误故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构是关键，难度不大21（2分）已知：kclo3+6hcl（浓）kcl+3cl2+3h2o如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在kclo3晶体上，并用表面皿盖好下表中由实验现象得出的结论完全正确的是（） 选项实验现象结论a滴有kscn的fecl2溶液变红cl2具有还原性b滴有酚酞的naoh溶液褪色cl2具有酸性c石蕊试液先变红后褪色cl2具有漂白性dki淀粉溶液变蓝cl2具有氧化性aabbccdd考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：根据反应kclo3+6hcl（浓）kcl+3cl2+3h2o可知，将浓盐酸滴在kclo3晶体上，有cl2生成，cl2具有强氧化性，能氧化fecl2，与水反应生成hcl和具有强氧化性的hclo，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，与ki反应生成i2，淀粉溶液变蓝解答：解：a、将浓盐酸滴在kclo3晶体上，有cl2生成，cl2具有强氧化性，能氧化fecl2生成fecl3，故a错误；b、cl2与水反应生成hcl和具有强氧化性的hclo，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，故b错误；c、cl2与水反应生成hcl和具有强氧化性的hclo，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出hclo的漂白性，故c错误；d、cl2具有强氧化性，与ki反应生成i2，淀粉溶液变蓝，故d正确故选d点评：本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意cl2和hclo性质的联系和区别22（2分）已知氨气极易溶于水，而难溶于有机溶剂ccl4，下列不能作nh3尾气吸收装置的是（）abcd考点：气体的收集专题：化学实验基本操作分析：氨气极易溶于水，吸收氨气时不能直接将导管插入水中，必须使用防止倒吸的装置；常用的方法为：使用倒置的漏斗、使用球形漏斗、使用四氯化碳和水的混合液，据此进行判断解答：解：a氨气不溶于四氯化碳，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故a错误；b使用倒置的漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故b错误；c氨气极易溶于水，不能直接将导管插入水中，否则容易发生倒吸，故c正确；d球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故d错误；故选c点评：本题考查了常见气体的尾气吸收，题目难度不大，注意明确常见的极易溶于水的气体在尾气吸收时，必须使用防止倒吸的装置，要求学生能够正确判断装置是否具有防止倒吸的作用23（2分）（2013广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）ana+、al3+、cl、co32bh+、na+、fe2+、mno4ck+、ca2+、cl、no3dk+、nh4+、oh、so42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：a因al3+、co32相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故a错误；b因h+、fe2+、mno4发生氧化还原反应，则不能共存，故b错误；c因该组离子之间不反应，能共存，故c正确；d因nh4+、oh结合生成弱电解质，则不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意相互促进水解的反应及氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大24（2分）下列说法不正确的是（）a硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的so2b可以用品红溶液鉴别so2和co2cso2能使品红溶液、酸性kmno4溶液褪色，但褪色原理不同d少量so2通过cacl2的溶液能生成白色沉淀考点：二氧化硫的化学性质专题：氧族元素分析：as燃烧生成二氧化硫；bso2具有漂白性；cso2能使品红溶液、酸性kmno4溶液褪色，分别发生化合反应、氧化还原反应；dso2通过cacl2的溶液不反应解答：解：as燃烧生成二氧化硫，无论氧气是否过量，均生成二氧化硫，故a正确；bso2具有漂白性，则使品红褪色的为二氧化硫，无现象的为二氧化碳，可鉴别，故b正确；cso2能使品红溶液、酸性kmno4溶液褪色，分别发生化合反应、氧化还原反应，则褪色原理不同，故c正确；d盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则so2通过cacl2的溶液不反应，不能生成白色沉淀，故d错误；故选d点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大25（2分）在alcl3和mgcl2的混合溶液中，逐滴加入naoh溶液直至过量，经测定，加入naoh的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示（b处naoh溶液的体积为1l），则下列判断不正确的是（）anaoh的浓度为0.6mol/lb在a点处溶液中的溶质为naclc在b点处溶液中的溶质只有naalo2d图中线段oa：ab=5：1考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算专题：图示题；几种重要的金属及其化合物分析：alcl3和mgcl2的混合溶液中，逐滴加入naoh溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入alnaoh溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为nacl溶液，继续滴加naoh溶液直至过量，氢氧化铝与naoh反应逐渐溶解，在bl时，即再继续滴加naoh溶液（ba）l时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为nacl、naalo2溶液解答：解：a、在bl时，溶液为nacl、naalo2溶液，由图象可知：nal（oh）3=0.1mol，n（mg（oh）2=0.1mol，根据mg原子守恒有n（mgcl2）=n（mg（oh）2=0.1mol，根据al原子守恒有n（naalo2）=n（alcl3）=nal（oh）3=0.1mol，由cl原子守恒有n（cl）=n（nacl）=2n（mgcl2）+3n（alcl3）=20.1mol+30.1mol=0.5mol，由na原子守恒有n（naoh）=n（nacl）+n（naalo2）=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c（naoh）=0.6mol/l，故a正确；b、加入alnaoh溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为nacl溶液，故b正确；c、在bl时，即再继续滴加naoh溶液（ba）l时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为nacl、naalo2溶液，故c错误；d、加入alnaoh溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为nacl溶液，在bl时，即再继续滴加naoh溶液（ba）l时，氢氧化铝与naoh恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为nacl、naalo2溶液，所以两部分naoh溶液的体积之比等于消耗的naoh的物质的量之比，即为n（nacl）与n（naalo2）之比，故oa：ab=a：（ba）=0.5mol：0.1mol=5：1，故d正确故选c点评：理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算二、解答题（共4小题，满分50分）26（10分）如图为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）画出原子结构示意图（2）、的简单离子半径由大到小的顺序是o2na+al3+（用离子符号表示）（3）的元素中，某元素气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应所得生成物溶于水，溶液呈酸性，原因是nh4+h2onh3h2o+h+（用离子方程式表示），该氢化物分子空间结构为三角锥形（4）写出由元素组成的单质与元素最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应的离子方程式2al+2oh+2h2o2alo2+3h2考点：元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：（1）根据原子结构示意图的画法来回答判断；（2）电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小；（3）n元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐为硝酸铵，其溶液中nh4+离子水解，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性；（4）铝与氢氧化钠反应生成氢气、偏铝酸钠，据此写出即可解答：解：根据元素在周期表中的分布，知道元素分别是：h、c、n、o、na、al、si、cl（1）元素位于第三周期，第a族，故元素为cl，cl的原子结构示意图为：，故答案为：；（2）na、al、o的简单离子的电子层数一样多，al核电荷数最多，半径最小，o的核电荷数最小，故半径最大，所以简单离子的半径大小为：o2na+al3+，故答案为：o2na+al3+；（3）n元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐为硝酸铵，其溶液中nh4+离子水解nh4+h2onh3h2o+h+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，氨气分子的空间构型为三角锥形，故答案为：nh4+h2onh3h2o+h+；三角锥形；（4）铝与氢氧化钠反应生成氢气和偏铝酸钠，离子反应方程式为：2al+2oh+2h2o2alo2+3h2，故答案为：2al+2oh+2h2o2alo2+3h2点评：本题考查元素的推断，题目难度不大，根据元素在周期表中的物质可推断出元素的种类，题中侧重于周期律的应用，学习中注意积累相关知识，把握离子反应方程式的书写27（10分）为测定某碳酸氢钠样品纯度（含有少量氯化钠），学生设计了如下几个实验方案（每个方案均称取m1g样品），请回答每个方案中的问题方案选用重量法进行测定：可用如图1中的装置进行实验（1）a装置中naoh溶液的作用是吸收空气中的co2若直接向试样溶液中鼓入空气会导致实验测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（2）该方案需直接测定的物理量是装置c反应前后质量方案选用气体体积法进行测定：可用如图