黑龙江省大庆市铁人中学高一化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

黑龙江省大庆市铁人中学2014-2015学年上学期期末考试高一化学试卷一、选择题（每题3分，共54分）1 2008年北京“奥运标准线”中重要组成部分运通104路是北京首条“无菌”公交路线公交车上采用了一种纳米材料清洁技术，这种纳米材料的粒子直径是5nm30nm，若将这种纳米材料分散到液体分散剂中，下列各组混合物和该分散系具有相同数量级的是（）a溶液b胶体c悬浊液d乳浊液考点：胶体的重要性质.专题：溶液和胶体专题分析：分散系的区别是分散质的微粒直径大小，微粒直径大于100nm是浊液；微粒直径小于1nm为溶液；粒子直径是1nm100nm的为胶体；根据分散系的本质特征进行判断解答：解：题目中的纳米材料的粒子直径是5nm30nm，在1nm100nm之间，为胶体；故选b点评：本题考查分散系的特征，分散质粒子的直径大小区分三种分散系2（3分）下列叙述中，错误的是（）a铝是地壳中含量最多的金属元素b硅单质是生产光导纤维的重要原料c硅酸盐产品有陶瓷、玻璃、水泥等d黄铜比纯铜的硬度大考点：铝的化学性质；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：元素及其化合物分析：a地壳中含量最多的金属元素是al，其次是fe；b硅单质能作硅太阳能电池、硅芯片；c传统硅酸盐产品有陶瓷、玻璃和水泥等；d黄铜是合金，合金的硬度大大于其任一成分硬度解答：解：a地壳中含量最多的金属元素是al，其次是fe，含量最多的元素是o，故a正确；b硅单质能作硅太阳能电池、硅芯片，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故b错误；c传统硅酸盐产品有陶瓷、玻璃和水泥等，现在有新型硅酸盐产品，故c正确；d黄铜是合金，合金的硬度大大于其任一成分硬度，所以黄铜比纯铜硬度大，故d正确；故选b点评：本题考查元素的含量、物质的用途、物质的性质，侧重考查元素化合物知识，根据物质的性质确定其用途，总结归纳元素化合物知识，题目难度不大3（3分）下列物质按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（）anano3、nh3h2o、n2bfe、ch3cooh、液氯c漂白粉、baso4、co2dba（oh）2、hf、酒精考点：强电解质和弱电解质的概念.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质强电解质完全电离，弱电解质部分电离解答：解：a、硝酸钠为强电解质、一水合氨为弱电解质、氮气既不是电解质也不是非电解质，故a错误；b、铁既不是电解质，也不是非电解质，ch3cooh属于弱电解质、液氯是氯气单质，既不是电解质也不是非电解质，故b错误；c、漂白粉属于混合物、baso4是强电解质，co2为非电解质，满足题中要求，故c错误；d、ba（oh）2是强碱属于强电解质，hf是弱酸属于弱电解质、酒精属于非电解质，故d正确；故选d点评：本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及判断，题目难度不大，注意明确强弱电解质的本质区别，明确电解质与非电解质的概念及判断方法4（3分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）a加入fecl3溶液：i、nh4+、cl、ba2+b酸性溶液中：fe2+、al3+、no3、clc无色溶液中：k+、na+、mno4、so42d硫酸钠的溶液中：mg2+、k+、hco3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a铁离子具有氧化性，在溶液中能够氧化碘离子；b硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；c高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；dmg2+、k+、hco3之间不发生反应，都不与硫酸钠反应解答：解：ai与fe3+离子发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bfe2+、no3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；cmno4为有色离子，不满足溶液无色的要求，故c错误；dmg2+、k+、hco3之间不反应，且都不与硫酸钠反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在5（3分）用na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a16g氧气和臭氧的混合物中含有na个氧原子，该混合物的体积一定小于11.2 lb1 l 0.2 mol/l的ch3cooh溶液中，h+数目为0.2nac5.6g铁与足量氯气或硫蒸气反应转移的电子数为0.3nad在常温常压下，等质量的h2和o2的体积之比是16：1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、气体所处的状态不明确；b、醋酸是弱电解质，不能完全电离；c、铁与氯气反应后变为+3价，与硫蒸汽反应变为+2价；d、同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比解答：解：a、氧气和臭氧均有氧原子构成，16g氧气和臭氧含有的氧原子的物质的量n=1mol，但气体所处的状态不明确，故体积不能确定，故a错误；b、醋酸是弱电解质，不能完全电离，故h+数目小于0.2na，故b错误；c、铁与氯气反应后变为+3价，与硫蒸汽反应变为+2价，故5.6g铁即0.1mol铁与足量氯气或硫蒸气反应转移的电子数分别为0.3na和0.2na，故c错误；d、等质量的h2和o2的物质的量之比为：=16：1，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，故两者的体积比为16：1，故d正确故选d点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6（3分）下列关于某溶液中所含离子的检验，判断正确的是（）a加入agno3溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，可确定有cl存在b用洁净铂丝蘸取该溶液在火焰上灼烧，产生黄色火焰，则原溶液中一定含有na+c加入hcl溶液，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有co32d加入ba（no3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有so42存在考点：常见离子的检验方法.专题：物质检验鉴别题分析：a根据加hcl之前生成的可能是agcl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上hcl中含有大量cl离子，所以不能确定cl离子是原溶液里的还是后来加进去的； b焰色反应是元素的性质，溶液中有na+时，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰；c该气体为二氧化碳，原溶液中可能含有碳酸氢根离子，不一定含有碳酸根离子；d与硝酸钡生成的白色沉淀，且该白色沉淀不溶于稀盐酸，说明一定为硫酸钡，原溶液中不一定含有硫酸根离子，可能为亚硫酸根离子被氧化成的硫酸根生成的沉淀；解答：解：a因加hcl之前生成的可能是agcl沉淀，也可能是别的白色沉淀如硫酸银、碳酸银，但是后面加上hcl中含有大量cl离子，所以不能确定cl离子是原溶液里的还是后来加进去的，故a错误；b焰色反应是元素的性质，溶液中有na+时，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，则原溶液中一定含有na+，故b正确；c向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体为二氧化碳，但是原溶液中可能含有碳酸氢根离子，不一定含有碳酸根离子，故c错误；d取少量试液，加入ba（no3）2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、硫酸钡、亚硫酸钡等，但是往过滤所得沉淀加盐酸，沉淀不溶解，说明该沉淀为硫酸钡，但原溶液中不一定含有硫酸根离子，可能为亚硫酸钡在硝酸根离子存在的溶液和酸存在的溶液氧化成硫酸钡沉淀，故d错误；故选b点评：本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子，题目难度不大7（3分）下列反应的离子方程式正确的是（）a石灰石溶于醋酸：caco3+2h+=ca2+co2+h2ob向naalo2溶液中通入少量的co2：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3c过量的二氧化碳与氢氧化钠反应：co2+oh=hco3d少量的氢氧化钠和碳酸氢钙反应：ca2+2hco3+oh=caco3+co32+2h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a醋酸为弱电解质，保留化学式；b向naalo2溶液中通入少量的co2反应生成碳酸钠和氢氧化铝；c过量的二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠；d少量的氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水解答：解：a石灰石溶于醋酸，离子方程式：caco3+2ch3cooh=ca2+co2+h2o+2ch3coo，故a错误；b向naalo2溶液中通入少量的co2，离子方程式：2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32，故b错误；c过量的二氧化碳与氢氧化钠反应，离子方程式：co2+oh=hco3，故c正确；d少量的氢氧化钠和碳酸氢钙反应，离子方程式：ca2+hco3+oh=caco3+h2o，故d错误；故选：c点评：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同，明确反应的实质是解题关键，题目难度中等8（3分）能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐asibnacaldfe考点：硅和二氧化硅；钠的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：a硅可与氧气反应生成二氧化硅，但二氧化硅与水不反应；b金属钠和氧气反应生成氧化钠，溶于水形成氢氧化钠，可以和酸反应；cal和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能和水反应d铁和氧气反应生成四氧化三铁，但四氧化三铁与水不反应；解答：解：asisio2，二氧化硅不溶于水，不能生成对应酸，故a错误；bna na2onaohnacl，能实现物质间直接转化，符合题意，故b正确；calal2o3，氧化铝不能和水反应生成对应的碱，不能实现物质间直接转化，故c错误；dfefe3o4，但四氧化三铁与水不反应，不符合题意，故d错误；故选b点评：本题考查物质的转化，熟练掌握常见物质的性质与变化规律，是解答此类问题的基本的知识基础，属于教材知识的考查，题目难度不大9（3分）将过量的二氧化碳分别通入：cacl2溶液 na2sio3溶液 饱和na2co3溶液ca（clo）2 溶液 澄清的石灰水最终溶液中有白色沉淀析出的是（）abcd考点：含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物.分析：化学反应的原则是：酸性强的酸制弱酸弱的酸，一般情况不能由弱酸制强酸碳酸的酸性强于硅酸、次氯酸，弱于盐酸；硅酸钠溶液通二氧化碳，生成硅酸和碳酸钠，硅酸是不溶于水的沉淀；饱和na2co3溶液通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，沉淀析出；ca（clo）2溶液通入过量的二氧化碳生成可溶性的碳酸氢钙和次氯酸；澄清石灰石中通入足量的二氧化碳生成可溶性的碳酸氢钙可溶性溶液，不会产生沉淀解答：解：cacl2溶液与二氧化碳不反应，故不会产生沉淀；硅酸钠溶液通二氧化碳反应：na2sio3+co2+h2o=h2sio3+na2co3硅酸是一种白色沉淀，故产生白色沉淀；饱和na2co3溶液通入足量的二氧化碳，由na2co3+h2o+co2=2nahco3可知，此反应消耗水，且na2co3转化为nahco3后溶质质量增加，又因nahco3溶解度较小，所以会有晶体析出，故会产生沉淀；ca（clo）2溶液通入二氧化碳发生反应：ca（clo）2+2co2+2h2o=ca（hco3）2+2hclo，无沉淀产生，故不会产生沉淀，澄清的石灰水通入过量的二氧化碳，2co2+ca（oh）2=ca（hco3）2，不会产生沉淀，故不会产生沉淀；故选d点评：本题考查了碳的氧化物及其对应碳酸盐和碳酸氢盐的性质，题目难度不大，注意碳酸钠和碳酸氢钠溶解性的差别10（3分）下列说法不正确的是（）a胶体都有丁达尔现象b向fecl3溶液中加入kscn，最终会看到血红色沉淀c氢氧化铁胶体的分散质可以透过滤纸d向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠，最终会看到蓝色沉淀考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系.专题：溶液和胶体专题分析：a丁达尔效应是胶体的特性；b溶液呈血红色；c胶体能透过滤纸；d钠的密度小于水、熔点较小，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出大量热，氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠解答：解：a丁达尔效应是胶体的特性，胶体都有丁达尔现象，故a正确； b溶液呈血红色，不是沉淀，故b错误；c胶体和溶液均能通过滤纸，故c正确；d钠的密度小于水、熔点较小，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出大量热，氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠，最终会看到蓝色沉淀，故d正确故选b点评：本题考查学生胶体的性质以及离子检验等知识，题目难度不大，注意氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体11（3分）已知：向mno2固体中加入浓盐酸，加热后充分反应，产生黄绿色气体，向fecl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；向kmno4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体下列判断正确的为（）a实验证明fe2+既有氧化性又有还原性b实验生成的气体不能使湿润的淀粉ki试纸变蓝c上述实验中，有三个氧化还原反应d上述实验证明氧化性：mno2mno4cl2fe3+考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：加热时mno2能将浓盐酸氧化为氯气，mno2做氧化剂，浓盐酸做还原剂；kmno4能氧化浓盐酸生成氯气；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答：解：a、反应中fe2+只是化合价升高，只具有还原性，故a错误；b、实验生成cl2，氧化性强于i2，能使湿润的淀粉ki试纸变蓝，故b错误；c、三个反应中都存在化合价的变化是氧化还原反应，故c正确；d、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，加热时mno2能将浓盐酸氧化为氯气，则氧化性：mno4mno2，mno2做氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性mno2cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性cl2fe3+，则mno4mno2cl2fe3，故d错误故选c点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意把握发生的两个反应，题目难度不大12（3分）下列图象中，横坐标为溶液中加入反应物的物质的量，纵坐标为沉淀物的量，则相应的图象序号与（1）（5）对应的顺序正确的是（）溶液加入物质（1）氯化铝溶液加入过量氨水（2）饱和石灰水通过量co2气体（3）mgcl2、alcl3的混合液逐滴加入naoh溶液至过量（4）含少量naoh的naalo2溶液逐滴加入稀盐酸（5）含少量hcl的alcl3溶液逐滴加入过量的氨水abcd考点：镁、铝的重要化合物.专题：图示题分析：所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解解答：解：（1）氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：alcl3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4cl，对照图象应为；（2）饱和石灰水通过量co2气体，应先有沉淀：ca（oh）2+co2=caco3+h2o，后通与前一步等量的co2气体，沉淀溶解：caco3+co2+h2o=ca（hco3）2，对照图象应为；（3）mgcl2、alcl3的混合液，逐滴加入naoh溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，mgcl2+2naohmg（oh）2+2nacl；alcl3+3naohal（oh）3+3nacl，后是氢氧化铝溶解，al（oh）3 +naohnaalo2+2h2o，对照图象应为；（4）含少量naoh的四羟基合铝酸钠溶液，逐滴加入稀盐酸，先是naoh和hcl发生中和反应：naoh+hcl=nacl+h2o，后是naal（oh）4+hcl=al（oh）3+nacl+h2o，al（oh）3 +3hcl=alcl3+3h2o，对照图象应为；（5）氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，含少量hcl的alcl3溶液加入过量氨水的反应方程式为：hcl+nh3h2onh4cl+h2o；alcl3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4cl，先无现象，后生成白色沉淀，对照图象应为；故选b点评：本题考查化学反应与图象的关系，解答本题关键在于理解相关反应，并能熟练写出相应的反应的方程式，并能找出对应的图形即可解题13（3分）现有含0.1mol/l的so32溶液30ml，恰好被2103 molxo4氧化为so42，则元素x在还原产物中的化合价是（）a+4b+3c+2d+1考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：该反应中so32中的s被氧化，变为so42，化合价从+4升到+6价，xo4为氧化剂，其中x元素化合价降低，开始为+7价，结合电子守恒计算解答：解：该反应中so32中的s被氧化，变为so42，化合价从+4升到+6价，xo4为氧化剂，其中x元素化合价降低，开始为+7价，设x在在还原产物中的化合价是x，由电子守恒可知，0.03l0.1mol/l（64）=2103 mol（7x），解得x=+4，故选a点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握信息中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度不大14（3分）工业上用铝土矿（主要成分为al2o3，含fe2o3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）a反应中试剂x是氢氧化钠溶液b反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁c图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应d将试剂x和y进行对换，最终可以达到相同的效果考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属冶炼的一般原理.专题：实验设计题分析：al2o3、fe2o3和硫酸反应，要将氧化铝和fe2o3分离出来，应该选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂x为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生co2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3，y为co2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答该题解答：解：al2o3、fe2o3和硫酸反应，要将氧化铝和fe2o3分离出来，应该选择x为氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂x为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生co2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3，y为co2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝a由溶液乙通入过量的y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体y为二氧化碳，故试剂x为氢氧化钠溶液，故a正确；b氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤得到沉淀为氧化铁，故b错误；c反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，故c错误；d由上述分析可知，x为naoh，y是co2，将试剂x和y进行对换，不能分离氧化铁、氧化铝，不能达到相同效果，故d错误；故选a点评：本题考查物质分离提纯的方法和综合应用，为高频考点，把握流程中物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等15（3分）在密闭容器中充入co2、co、h2、ch4的混合气体共m g，若加入足量的na2o2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g；则co2：co：h2：ch4的体积比为（）a3：1：1：1b2：2：2：1c1：2：2：1d缺少条件，无法计算考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：根据2co2+2na2o22na2co3+o2可知，固体增重为与co2等物质的量的co的质量，根据2na2o2+2h2o=4naoh+o2可知，固体增重为与h2o等物质的量的h2的质量；在密闭容器中充入co2、co、h2、ch4的混合气体共mg，若加入足量的na2o2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则系列反应后co2、co、h2、ch4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中co2与ch4相对于co、h2混合，据此进行分析解答：解：根据2co2+2na2o22na2co3+o2可知：固体增重为与co2等物质的量的co的质量，根据2na2o2+2h2o=4naoh+o2可知：固体增重为与h2o等物质的量的h2的质量，在密闭容器中充入co2、co、h2、ch4的混合气体共mg，若加入足量的na2o2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则完全反应后co2、co、h2、ch4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中co2与ch4相对于co、h2混合，所以只要满足co2与ch4的体积之比为1：1即可，故选c点评：本题考查混合物反应计算，题目难度中等，注意利用方程式判断固体质量增重情况，试题侧重考查学生分析能力，注意掌握常见反应原理，能够掌握书写反应方程式并得出质量变化特点为解答关键16（3分）下列实验装置能达到实验目的是（）a除去cl2中的hclb从食盐水中提取氯化钠c分离碘酒中的碘和酒精d海水蒸馏得淡水考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a氯气难溶于饱和食盐水；hcl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水；b蒸发使用蒸发皿；c碘和酒精是互溶的液体；d用海水制取淡水，可用蒸馏的方法解答：解：ahcl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，所以可用饱和nacl溶液除去cl2中的少量hcl，故a错误； b蒸发使用蒸发皿，不能用坩埚，故b错误；c碘和酒精是互溶的液体，不能采用分液法来分离，故c错误；d用海水制取淡水，用蒸馏的方法制备，题中装置符合蒸馏操作的要求，故d正确故选d点评：本题考查化学实验中不同操作的装置的使用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大17（3分）水溶液x中只可能溶有k+、ca2+、alo2、sio32、co32、so42中的若干种离子某同学对该溶有进行了如下实验下列判断正确的是（）a气体甲一定是纯净物b沉淀甲是硅酸和硅酸钙的混合物ck+、alo2、sio32、和co32一定存在于溶液x中dso42一定不存在于溶液x中考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验.专题：物质检验鉴别题分析：能和盐酸反应产生气体的是碳酸根离子，故气体甲的主要成分是co2，即溶液中含co32，而ca2+不能和co32共存，故溶液中无ca2+；会生成沉淀的是硅酸根离子，故溶液中有sio32；能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，故原溶液中一定存在偏铝酸根离子；然后根据电中性原则判断钾离子一定存在，不能判断硫酸根存在与否，再据离子之间的反应以及实验现象判断各个选项解答：解：a、气体甲的主要成分为co2，由于盐酸是挥发性酸，故气体甲中除了co2还含有hcl和水蒸气，故a错误；b、由于溶液中无钙离子，故沉淀甲中不含硅酸钙，故b错误；c、溶液中无钙离子，so42的存在不能判断，k+、alo2、sio32、和co32一定存在于溶液x中，故c正确；d、so42的存在不能判断，可有可无，故d错误故选c点评：本题考查了离子共存、常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力18（3分）如图所示是向mgcl2和alcl3的混合溶液中加入一定量naoh溶液，紧接着再加入一定量稀盐酸，生成沉淀的物质的量y与加入溶液的体积x的关系图根据图示判断，下列结论中不正确的是（）an点时溶液中的溶质只有naclbm点之前加入的是naoh溶液，m点之后加入的是盐酸cc（naoh）=c（hcl）d原混合溶液中c（mgcl2）：c（alcl3）=1：1考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：a、在mgcl2和alcl3的混合溶液中加入naoh溶液，首先发生反应：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，至n点时mg2+、al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质只有nacl；b、接着al（oh）3开始溶解：al（oh）3+ohalo+2h2o，至x=6时（m点）al（oh）3恰好完全溶解，x在68之间时沉淀量不变，说明m点时仍在加入naoh溶液；c、x=8时（p点），又产生沉淀：alo+h+h2oal（oh）3，说明加入的盐酸与naoh反应后有剩余，至x=9时（f点），alo恰好完全转化为al（oh）3沉淀，用去盐酸1ml，又知在nm段，溶解al（oh）3需要1mlnaoh溶液，故c（naoh）=c（hcl）；d、沉淀al3+需要消耗3mlnaoh溶液，则沉淀mg2+所消耗的naoh溶液为2ml，因此c（mgcl2）：c（alcl3）=1：1解答：解：a、在mgcl2和alcl3的混合溶液中加入naoh溶液，首先发生反应：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，至n点时mg2+、al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质只有nacl，故a正确；b、接着al（oh）3开始溶解：al（oh）3+ohalo+2h2o，至x=6时（m点）al（oh）3恰好完全溶解，x在68之间时沉淀量不变，说明m点时仍在加入naoh溶液，故b错误；c、x=8时（p点），又产生沉淀：alo+h+h2oal（oh）3，说明加入的盐酸与naoh反应后有剩余，至x=9时（f点），alo恰好完全转化为al（oh）3沉淀，用去盐酸1ml，又知在nm段，溶解al（oh）3需要1mlnaoh溶液，故c（naoh）=c（hcl），故c正确；d、因为沉淀al3+需要消耗3mlnaoh溶液，则沉淀mg2+所消耗的naoh溶液为2ml，因此c（mgcl2）：c（alcl3）=1：1，故d正确故选：b点评：本题考查了mgcl2和alcl3溶液与酸碱的关系，理清反应的整个过程，问题即可解决，可以利用方程式计算，也可以用原子守恒计算二、填空题（共38分）19（10分）根据已学的知识，回答下列问题（1）配制500ml 0.5mol/l的稀硫酸，需要98%（密度为1.84g/cm3）的浓硫酸13.6 ml；配制上述稀硫酸溶液所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，除上述仪器外还需要500ml容量瓶、胶头滴管（2）刻制印刷电路时，要用fecl3作为“腐蚀液”将铜箔腐蚀，原理是（写化学方程式）cu+2fecl3cucl2+2fecl2（3）呼吸面具中常用过氧化钠做供氧剂，原理是（写化学方程式）2na2o2+2co2=2na2co3+o2（4）实验室中盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是因为（用化学方程式表示）2naoh+sio2na2sio3+h2o考点：配制一定物质的量浓度的溶液；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；化学试剂的存放.分析：（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律c浓v浓=c稀v稀来计算；操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作来选择合适的仪器；（2）氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；（3）过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气角度考虑，装置简单，反应在常温下进，与co2反应产生供人呼吸的氧气（4）实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是在常温下，氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应，两者反应生成硅酸钠和水，写出反应的化学方程式即可解答：解：（1）浓硫酸的物质的量浓度为c=18.4mol/l，折需要浓硫酸的体积为vml，然后根据溶液稀释定律c浓v浓=c稀v稀可知：18.4mol/lvml=500ml0.5mol/l解得v=13.6ml；操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故除上述仪器外还需要500ml容量瓶、胶头滴管，故答案为：13.6；500ml容量瓶、胶头滴管；（2）氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：cu+2fecl3cucl2+2fecl2，故答案为：cu+2fecl3cucl2+2fecl2；（3）na2o2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2；与我们学过的制氧气方法相比，过氧化钠作为呼吸面具和潜水艇的供氧剂，装置简单，反应能在常温下进行；与co2反应产生供人呼吸的氧气故答案为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2；（4）实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是在常温下，氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应，两者反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：2naoh+sio2na2sio3+h2o故答案为：2naoh+sio2na2sio3+h2o点评：本题难度不大，考查一定物质的量浓度溶液的配制和学生根据反应原理书写化学方程式的能力，化学方程式书写经常出现的错误有不符合客观事实、不遵守质量守恒定律、不写条件、不标符号等20（8分）a、b、c、d为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是ba2+、ag+、na+、cu2+中的某一种，阴离子分别可能是no3、so42、cl、co32中的一种（离子在物质中不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有c盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，b盐的溶液有沉淀生成，d盐的溶液有无色无味的气体逸出（1）根据实验事实可推断它们的化学式为：bagno3，dna2co3；（2）写出足量盐酸与d反应的离子方程式：co32+2h+=co2+h2o；（3）写出c与ba（oh）2溶液反应的离子方程式：cu2+2oh+ba2+so42=cu（oh）2+baso4；（4）检验物质c中阴离子的方法是：取少量c溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明c中阴离子为so42，考点：无机物的推断；常见阴离子的检验；物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定如ba2+不能和so42、co32结合，而只能和no3、cl；ag+不能和so42、cl、co32三种离子结合，而只能和no3结合，则一定是bacl2、agno3cu2+不能和co32结合，所以为cuso4；na+对应co32为na2co3即四种物质为bacl2、agno3、cuso4、na2co3中由于c盐是蓝色的，所以c为cuso4；四支试管加入盐酸，b有沉淀，则b溶液为agno3；而d生成无色气体，则为二氧化碳，即d为na2co3，以此来解答解答：解：由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：ba2+不能和so42、co32结合，而只能和no3、cl；ag+不能和so42、cl、co32三种离子结合，而只能和no3结合，则一定是bacl2、agno3cu2+不能和co32结合，所以为cuso4，na+对应co32为na2co3即四种物质为bacl2、agno3、cuso4、na2co3中由于c盐是蓝色的，所以c为cuso4；四支试管加入盐酸，b有沉淀，则b溶液为agno3；而d生成无色气体，则为二氧化碳，即d为na2co3综上所述：a为bacl2；b为agno3；c为cuso4；d为na2co3；（1）由上述分析可知b为agno3，d为na2co3 ，故答案为：agno3；na2co3 ；（2）盐酸与d（na2co3）反应的离子反应方程式为：co32+2h+=co2+h2o，故答案为：co32+2h+=co2+h2o；（3）c（cuso4 ）与ba（oh）2溶液反应的离子方程式为：cu2+2oh+ba2+so42=cu（oh）2+baso4，故答案为：cu2+2oh+ba2+so42=cu（oh）2+baso4；（4）c为cuso4，检验物质c中阴离子的方法是取少量c溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明c中阴离子为so42，故答案为：取少量c溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明c中阴离子为so42点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意c为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查，题目难度中等21（10分）物质ak有如下的转化关系，其中d、e为气体单质，试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：（1）写出下列物质的名称：d是氢气，g是偏铝酸钠；（2）写出“cf”反应的离子方程式al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；（3）写出反应“fg”的离子方程式al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o；（4）在溶液i中滴入naoh溶液，可观察到的现象是产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；（5）向200ml 3mol/l溶液j中加入60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体的质量为72g考点：无机物的推断.专题：推断题分析：黄绿色气体电子e为cl2，金属h与溶液b反应得到i，i能被氯气氧化得到j，而j能与h反应得到i，故金属h为变价金属，可推知h为fe，b为盐酸，i为fecl2，j为fecl3，k为fe（oh）3，故b为hcl，气体单质d为h2，金属a与盐酸反应得到c为盐，能与氨气反应得到白色沉淀f，且白色沉淀f溶于氢氧化钠溶液得到g，可推知a为al、c为alcl3、f为al（oh）3、g为naalo2，据此解答解答：解：黄绿色气体电子e为cl2，金属h与溶液b反应得到i，i能被氯气氧化得到j，而j能与h反应得到i，故金属h为变价金属，可推知h为fe，b为盐酸，i为fecl2，j为fecl3，k为fe（oh）3，故b为hcl，气体单质d为h2，金属a与盐酸反应得到c为盐，能与氨气反应得到白色沉淀f，且白色沉淀f溶于氢氧化钠溶液得到g，可推知a为al、c为alcl3、f为al（oh）3、g为naalo2，（1）由上述分析可知，d是氢气，g是偏铝酸钠，故答案为：氢气；偏铝酸钠；（2）“cf”反应的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故答案为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；（3）反应“fg“的化学方程式为：al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o；（4）在溶液fecl2中滴入naoh溶液，向生成氢氧化亚铁沉淀，迅速被氧化为氢氧化铁，可观察到的现象是：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；（5）向200ml 3mol/l fecl3溶液中n（fecl3）=0.2l3mol/l=0.6mol，60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），则n（fe）=n（cu）=0.5mol，由于还原性fecu，首先发生反应：2fe3+fe=3fe2+，0.6mol fe3+完全反应需要0.3mol fe，小于0.5mol，故最终为氯化亚铁溶液，即得到氯化亚铁为0.6mol=0.9mol，充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体为氧化铁，根据fe元素守恒，氧化铁的物质的量为=0.45mol，则氧化铁的质量为0.45mol160g/mol=72g，故答案为：72g点评：本题考查无机物推断，“物质的颜色、白色沉淀能与氢氧化钠反应、金属h及生成物转化关系”等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（5）中注意判断最终物质，利用守恒法计算，难度中等22（10分）某同学利用如图装置，研究氯气的性质请据图回答：（1）该同学制取氯气的反应原理是：mno2+4h+2cl=mn2+cl2+2h2o（写离子方程式）（2）实验过程中处观察到的现象是棉花先变红后退色；处现象说明氯气具有的性质是氧化性（3）该实验操作的不足之处是未进行尾气处理（4）在某温度下，将cl2通入naoh溶液中，反应得到含有naclo与naclo3物质的量之比为1：1的混合液，此反应的化学方程式是8naoh+4cl26nacl+naclo+naclo3+4h2o气体co2也能与naoh反应，将一定量的co2通入到200ml 1mol/l naoh溶液中，充分反应后低温蒸干，得到的固体为9.3g，求得到固体的成分和质量分别为na2co3、naoh，na2co3为5.3g、naoh4.0g考点：氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验.专题：实验题分析：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性；氯气具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘；（3）氯气有毒，直接排放易造成污染；（4）根据转移电子守恒、原子个数守恒，结合反应物、生成物书写方程式；根据钠元素守恒的思想设氢氧化钠中的钠元素全部转化为碳酸钠，确定碳酸钠应有的质量，依据固体质量为9.3g判断，是否含有氢氧化钠；依据钠原子守恒计算各种物质的质量解答：解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：mno2+4h+2clmn2+cl2+2h2o；故答案为：mno2+4h+2clmn2+cl2+2h2o；（2）氯气和水反应生成hcl和hclo，酸使紫色石蕊试液变红色，但hclo具有漂白性，能使红色褪色，所以看到的现