福建省泉州市安溪八中高三理总（化学部分）上学期质检试卷（含解析）.doc

2013-2014学年福建省泉州市安溪八中高三（上）质检化学试卷（理科）一、选择题（本题18小题，每小题3分，共54分每小题只有1个选项正确）1（3分）（2013秋烟台期末）下列物质不能通过化合反应得到的是（）afe（oh）3bfecl3ch2sio3dnahco3考点：铁的氧化物和氢氧化物；硅和二氧化硅；钠的重要化合物专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应，a、氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁；b、铁在氯气中燃烧生成氯化铁；c、硅酸不能通过化合反应得到；d、二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠；解答：解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质a、可以实现，反应方程式为：4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3，故a不选；b、铁在氯气中燃烧生成氯化铁：2fe+3cl22fecl3，故b不选；c、二氧化硅不溶于水，硅酸不能通过化合反应得到，故c选；d、二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式na2co3+co2+h2o2nahco3，故d不选故选：c点评：本题考查铁的氢氧化物、硅酸制备、碳酸氢钠制备反应、铁的氯化物的制取反应，考查了化合反应的概念，难度中等2（3分）（2009金华模拟）从海水中提取镁，可按如下步骤进行：把贝壳制成石灰乳；在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在hcl气体氛围中干燥产物；将得到的产物熔融电解得到镁下列说法不正确的是（）a此法的优点之一是原料来源丰富b第步电解时阴极产生氯气c步骤的目的是从海水中提取mgcl2d以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应考点：金属冶炼的一般原理；海水资源及其综合利用专题：金属概论与碱元素分析：a、贝壳和海水资源丰富；b、电解熔融的氯化镁阴极生成金属镁；c、海水提取镁是先沉淀镁离子，在溶解生成氯化镁溶液，一定条件下得到氯化镁固体；d、根据提取过程中的化学反应分析判断；解答：解：a、贝壳和海水是海水中提取镁的主要原料，自然界中来源丰富廉价，故a正确；b、第步电解熔融的氯化镁，阴极产生镁，阳极生成氯气，故b错误；c、把贝壳制成石灰乳用于沉淀镁离子；在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物氢氧化镁；将沉淀物氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，结晶过滤、在hcl气体氛围中干燥产物得到氯化镁；故c正确；d、以上提取镁的过程中涉及化合反应为贝壳制成石灰乳利用的氧化钙和水反应生成氢氧化钙、分解反应为贝壳分解生成氧化钙和水，氯化镁电解生成氯气和镁；复分解反应是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀溶于盐酸反应，故d正确；故选b点评：本题考查了海水提取镁的工艺流程，主要考查过程中的化学反应特征3（3分）（2010郑州一模）一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）a含有大量al3+的溶液：na+、nh4+、so42、clb碱性溶液：na+、ca2+、so42、co32c含有大量fe3+的溶液：na+、mg2+、no3、scnd含有大量no3的溶液：h+、fe2+、so42、cl考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a、含有大量al3+的溶液，显酸性，该组离子不反应；b、利用离子之间结合生成沉淀来分析；c、利用离子之间结合生成络离子来分析；d、利用氧化还原反应来分析离子不能共存解答：解：a、因含有大量al3+的溶液显酸性，且该组离子之间不发生反应，则能够大量共存，故a正确；b、因碱性溶液中ca2+与co32结合生成碳酸钙沉淀，ca2+、so42结合生成微溶物硫酸钙，则不能大量共存，故b错误；c、因fe3+与scn结合生成络离子，则不能大量共存，故c错误；d、因no3与h+、fe2+发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子的共存问题，明确常见离子能否发生氧化还原反应、能否结合生成络离子、能否结合生成沉淀时解答本题的关键，学生应注重归纳总结来解答此类习题4（3分）（2014松江区二模）将5.4g al投入200.0ml 2.0moll1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余该溶液可能为（）ahno3溶液bba（oh）2溶液ch2so4溶液dhcl溶液考点：铝的化学性质；化学方程式的有关计算专题：化学反应中的能量变化分析：200.0ml 2.0moll1的某溶液中溶质的物质的量为0.2l2.0moll1=0.4mol，al的物质的量为=0.2mol，利用反应判断金属过量，并生成氢气即可解答：解：200.0ml 2.0moll1的某溶液中溶质的物质的量为0.2l2.0moll1=0.4mol，al的物质的量为=0.2mol，a、因al与hno3溶液不生成氢气，则不符合题意，故a错误；b、由2al+2oh+2h2o2alo2+3h2，0.2molal与0.4molba（oh）2溶液反应时，碱过量，故b错误；c、由2al+6h+2al3+3h2，0.2molal与0.4molh2so4溶液，硫酸过量，故c错误；d、由2al+6h+2al3+3h2，0.2molal与0.4molhcl溶液，al过量，故d正确；故选d点评：本题考查铝的化学性质，明确铝与酸碱发生的化学反应是解答的关键，并注意利用量来判断过量问题即可解答5（3分）（2010长葛市校级一模）配制100ml 1.0mol/lna2co3溶液，下列操作正确的是（）a称取10.6g无水碳酸钠，加入100ml容量瓶中，加水溶解、定容b称取10.6g无水碳酸钠，加入100ml蒸馏水，搅拌、溶解c转移na2co3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中d定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：化学实验基本操作分析：a、容量瓶不能作为溶解仪器；b、碳酸钠溶液的配制时，加水溶解过程中，水的量不能太多；c、移液操作需要玻璃棒来引流；d、根据配制溶液的实验步骤来回答解答：解：a、容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故a错误；b、100ml碳酸钠溶液的配制时，溶解过程就加入100ml的水，则下面的实验：移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100ml，故b错误；c、移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故c错误；d、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，故d正确故选d点评：本题是一道关于配制一定物质的量浓度溶液的实验基本操作题，可以根据教材知识来回答，难度不大6（3分）（2013秋安溪县校级月考）下列推断正确的是（）a纯净的镁在空气中着火燃烧得到产物是混合物且不能用干粉灭火器扑灭bna2o、na2o2组成元素相同，与 co2反应产物也相同cno2是大气污染气体，溶于水后的溶液能导电，属于强电解质d新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色考点：镁的化学性质；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：a镁能在二氧化碳中燃烧；b过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气、氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠；cno2是非电解质；d酸能使紫色石蕊试液变红色，次氯酸有漂白性解答：解：a.2mg+co22mgo+c、3mg+n2mg3n2、2mg+o22mgo，所以纯净的镁在空气中着火燃烧得到产物是混合物且不能用干粉灭火器扑灭，故a正确；b.2na2o2+2co2=2na2co3+o2、na2o+co2=na2co3，所以其反应产物不同，故b错误；cno2和水反应生成hno3，hno3电离出阴阳离子而使溶液导电，所以no2是非电解质、hno3是电解质，故c错误；dcl2+h2o=hcl+hclo，溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色，hclo具有漂白性，能使溶液褪色，故d错误；故选a点评：本题考查了物质间反应及基本概念，明确物质的性质即可解答，注意a中镁能中二氧化碳燃烧，多数酸性氧化物属于非电解质，题目难度不大7（3分）（2013秋安溪县校级月考）设 na为阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）a78g过氧化钠晶体中，含2na个阴离子b56gfe与稀hn03完全反应时一定转移3na个电子c常温常压下，22.4l氦气含有na个氦原子d2.3g na和足量的o2完全反应，在常温和燃烧时，转移电子数均为0.1na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过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有1mol阴离子；b当硝酸不足，铁过量时反应生成的是亚铁离子，1mol铁完全反应失去2mol电子；c稀有气体为单原子分子，1mol氦气中含有1mol氦原子；d钠为1价金属，2.3g钠的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.1mol电子解答：解：a78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，故a错误；b.56g铁的物质的量为1mol，1mol铁完全反应失去的电子可能为2mol或3mol，转移的电子不一定为3na，故b错误；c标况下22.4l氦气的物质的量为1mol，1mol氦气中含有1mol氦原子，含有na个氦原子，故c错误；d.2.3g钠的物质的量为0.1mol，1mol钠完全反应失去0.1mol电子，转移电子数均为0.1na，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中阴离子为过氧根离子；掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项c为易错点，注意稀有气体为单原子分子8（3分）（2013北京模拟）已知：向kmno4晶体滴加浓盐酸，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；取实验生成的溶液滴在淀粉ki试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）a上述实验证明氧化性：mno4cl2fe3+i2b上述实验中，共有两个氧化还原反应c实验生成的气体不能使湿润的淀粉ki试纸变蓝d实验证明fe2+既有氧化性又有还原性考点：氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题分析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；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；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，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、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性mno4cl2，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+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性f3+i2，故a正确；b、三个反应都是氧化还原反应，故b错误；c、生成cl2，氧化性强于i2，也能使其变蓝，故c错误；d、反应中fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故d错误故选a点评：本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答9（3分）（2013秋安溪县校级月考）下列离子反应方程式正确的是（）a将少量so2气体通入naclo溶液中：2clo+so2+h2oso3+2hclob用浓盐酸与mno2反应制取少量氯气：mno2+2h+2clmn2+2h2o+cl2c向偏铝酸钠溶液中通入过量co2：alo2co2+2h2oal（oh）3+hco3d溴化亚铁溶液中滴入过量的新制氯水：2fe2+cl22fe3+2cl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；b根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；c二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子；d氯水过量，亚铁离子和溴离子都被氯气氧化，漏掉了溴离子与氯气的反应解答：解：a将少量so2气体通入naclo溶液中，反应生成硫酸和氯化钠，正确的离子方程式为：clo+so2+h2oso42+2h+cl，故a错误；b用浓盐酸与mno2反应制取少量氯气，离子方程式中电荷和质量都不守恒，正确的离子方程式为：mno2+4h+2clmn2+2h2o+cl2，故b错误；c向偏铝酸钠溶液中通入过量co2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，故c正确；d溴化亚铁溶液中滴入过量的新制氯水，溴离子也被氧化，正确的离子方程式为：2fe2+4br+3cl22fe3+2br2+6cl，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为高考中的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；选项d为易错点，注意氯水过量的情况10（3分）（2011秋道里区校级期中）能用离子方程式h+oh=h2o表示的反应是（）a稀醋酸和氢氧化钾反应b硫酸氢钠和烧碱溶液反应c稀盐酸和氢氧化铜反应d稀硫酸和氢氧化钡溶液反应考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可用离子方程式h+oh=h2o表示，以此来解答解答：解：a稀醋酸和氢氧化钾反应的离子反应为hac+oh=h2o+ac，故a错误；b硫酸氢钠和烧碱溶液反应的离子方程式为h+oh=h2o，故b正确；c稀盐酸和氢氧化铜反应的离子反应为2h+cu（oh）2=cu2+2h2o，故c错误；d稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子反应为2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应方程式书写，明确酸碱中和的实质及离子反应的书写方法即可解答，难度不大11（3分）（2013秋安溪县校级月考）把一块镁铝合金投入到1moll1 盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1moll1 naoh溶液，生成沉淀的物质的量随加入naoh溶液体积变化的关系如图所示下列说法中错误的是（）a盐酸的体积为80mlba的取值范围为0a50cn（mg2+）0.025mold当a值为30时，b值为0.02考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：a、0a为过量的盐酸与氢氧化钠的反应，加入80ml氢氧化钠溶液时沉淀达到最大量，此时溶质为nacl，则n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），b、根据第三阶段的反应确定铝离子的物质的量，假设只有铝离子时，根据消耗的氢氧化钠来确定a的取值范围；c、根据图示知第四阶段无反应，沉淀全为mg（oh）2，若a=0，n（mg2+）取得最大值，据此来计算镁离子物质的量的范围；d、根据a=30时，先确定镁离子消耗的氢氧化钠的量，再根据b为生成沉淀的最大量进行计算解答：解：a、根据图象可知，第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：h+oh=h2o；第二阶段，氯化镁和氯化铝和氢氧化钠反应mg2+2oh=mg（oh）2，al3+3oh=al（oh）3，当氢氧化钠溶液体积为80ml时，沉淀达到最大量，此时溶液中溶质全为nacl，则n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），由于盐酸和氢氧化钠溶液浓度相等，所以盐酸的体积为80ml，故a正确；b、第三阶段，氢氧化铝溶解：al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，此时消耗naoh溶液10ml，所以n（al3+）=1mol/l0.01l=0.01mol，则与al3+反应生成氢氧化铝沉淀的naoh溶液体积为30ml，假设无mg2+，此时a有最大值：a=50，而实际存在mg2+，所以0a50，故b正确；c、第三阶段，氢氧化铝溶解al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，因为此时消耗naoh10ml，所以n（al3+）=1mol/l0.01l=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为mg（oh）2，若a=0， n（mg2+）取得最大值，第一阶段中和al3+反应的naoh为30ml，所以此时和mg2+反应的naoh为50ml，（mg2+）max=0.025mol，而如图所示a0，所以n（mg2+）0.025mol，故c错误；d、当a=30时，和mg2+反应的naoh为20ml，此时n（mg2+）=0.01mol，根据质量守恒生成沉淀的物质的量为b=n（mg2+）+n（al3+）=0.02mol，故d正确；故选c点评：本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，题目难度中等，结合图象进行考查，增大了难度，注意掌握有关混合物反应的计算方法，明确图象曲线中各点的含义为解答本题的关键12（3分）（2013承德模拟）制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应2fecl3+cu=2fecl2+cucl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是（）a烧杯中有铜无铁b烧杯中铁、铜都无c烧杯中铁、铜都有d烧杯中有铁无铜考点：铁的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向盛有fecl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁能与生成的氯化铜反应生成氯化亚铁和铜解答：解：向盛有fecl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁能与生成的氯化铜反应生成氯化亚铁和铜；a、加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，故a正确；b、若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故b正确c、若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故c正确；d、加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，铜后参加反应，不会出现有铁无铜的情形，故d错误；故选：d点评：本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序及其意义进行，要注意根据铁和铜的活动性强弱确定反应的先后顺序13（3分）（2014秋安溪县校级期中）用如图装置进行的实验，不能达到相应实验目的是（）a装置可除去cl2中的hcl杂质b装置可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色c装置可制取金属锰d装置可用于收集h2、co2、cl2、hcl、no2等气体考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a氯离子抑制氯气溶解，氯化氢极易溶于水，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；bfe（oh）2不稳定，易被氧气氧化生成fe（oh）3；cmn的金属活动性小于al，al和二氧化锰发生铝热反应冶炼mn；d常温下和空气不反应，且密度和空气相差较大的气体可以采用排空气法收集解答：解：a氯气在水溶液中存在cl2+h2oh+cl+hclo，nacl中含有氯离子，氯化钠抑制氯气溶解，hcl极易溶于水，所以采用排饱和食盐水的方法除去氯气中的氯化氢，故a正确；bfe（oh）2不稳定，易被氧气氧化生成fe（oh）3，为防止氢氧化亚铁被氧化，应该将胶头滴管伸入到液面下而隔绝空气，故b错误；cmn的金属活动性小于al，al和二氧化锰发生铝热反应冶炼mn，3mno2+4al2al2o3+3mn，故c正确；d常温下和空气不反应，且密度和空气相差较大的气体可以采用排空气法收集，h2、co2、cl2、hcl、no2等气体常温下和空气不反应，且和空气密度相差较大，所以可以采用排空气法收集，但收集氢气时a为进气口、b为出气口，收集co2、cl2、hcl、no2时，b为进气口、a出气口，故d正确；故选b点评：本题考查了化学实验方案评价，涉及混合物的分离和提纯、物质的制备、金属的冶炼、气体的收集等知识点，同时考查学生分析能力、实验能力和评价能力，注意把握实验原理和操作方法，易错选项是b14（3分）（2012秋怀远县校级期中）将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻（不考虑水的挥发）的是（）ahclbnaohck2so4dcuso4考点：钠的化学性质专题：元素及其化合物分析：钠和水反应生成氢氧化钠和水，溶液质量减轻，说明从溶液中放出气体的质量大于溶液增加的质量解答：解：钠和水的反应方程式为：2na+2h2o=2naoh+h2，根据方程式知，溶液增加的质量=m（na）m（h2），a、钠和水的反应方程式为：2na+2h2o=2naoh+h2，生成的氢氧化钠和盐酸反应生成盐和水，反应方程式为：naoh+hcl=nacl+h2o，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（na）m（h2），故a不符合b、钠和水的反应方程式为：2na+2h2o=2naoh+h2，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（na）m（h2），故b不符合c、钠和水的反应方程式为：2na+2h2o=2naoh+h2，生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，所以溶液增加的质量=m（na）m（h2），故c不符合d、钠和水的反应方程式为：2na+2h2o=2naoh+h2，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，反应方程式为：2naoh+cuso4=na2so4+cu（oh）2，将两个方程式相加得2na+2h2o+cuso4=h2+na2so4+cu（oh）2，根据方程式知，溶液的离子减少，减轻的质量=m（cu（oh）2）m（na）+m（h2），故d符合故选d点评：本题考查了钠及氢氧化钠的性质，难度不大，注意根据方程式利用差量法分析反应后溶液质量的变化15（3分）（2013秋广东期末）下列描述中，不符合生产实际的是（）a电解熔融的氯化钠制取金属钠，用铁作阳极b电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极c电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极d在镀件上电镀锌，用锌作阳极考点：电解原理专题：电化学专题分析：a应用惰性电极；b电解法精炼粗铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极；c用涂镍碳钢网作阴极，阴极材料不反应；d电镀时，镀层金属作阳极解答：解：a用铁作阳极，阳极上铁被氧化，不能生成氯气，较长一段时间后阴极生成铁，应用惰性电极，故a错误；b电解法精炼粗铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，故b正确；c用涂镍碳钢网作阴极，阴极材料不反应，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，故c正确；d电镀时，镀层金属作阳极，用锌作阳极，电解液为含有锌离子的电解质溶液，故d正确故选a点评：本题考查电解原理知识，侧重于电化学的综合应用，注意把握电解池的工作原理和电极反应，题目难度不大16（3分）（2013秋安溪县校级月考）下列实验中金属或氧化物可以完全溶解的是（）a1mol铜片与含2mol h2so4的浓硫酸共热b1mol mno2粉末与含2mol h2o2的溶液共热c1mol mno2粉末与含4mol hcl的稀溶液共热d常温下1mol铜片投入含4mol hno3的浓硝酸中考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：几种重要的金属及其化合物分析：a硫酸浓度随反应进行而变小，稀硫酸与铜不反应；bmno2为催化剂；c稀盐酸与mno2不反应；d铜与浓硝酸、稀硝酸都发生反应，根据反应方程式cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+no2+2h2o、3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o判断硝酸是否过量解答：解：a硫酸浓度随反应进行而变小，稀硫酸与铜不反应，固体不可能完全溶解，故a错误；bmno2为催化剂，固体不可能溶解，故b错误；c根据方程式mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o可知，1mol二氧化锰完全反应消耗4mol氯化氢，由于随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐减小，当浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，则二氧化锰不会完全溶解，故c错误；d铜与浓硝酸反应方程式为：cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+no2+2h2o，1mol铜消耗4mol硝酸，铜与稀硝酸反应方程式为3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o，1mol铜消耗mol硝酸，所以1mol铜能够完全溶于含有4mol硝酸的浓硝酸中，故d正确故选d点评：本题考查了常见金属单质及其氧化物的性质，题目难度中等，注意掌握常见金属单质及其化合物的性质，明确铜与稀硫酸、二氧化锰与稀盐酸不发生反应，选项d为易错点，注意铜与稀硝酸反应中量的关系17（3分）（2013广东模拟）2010年8月8日我国甘肃舟曲发生特大泥石流灾害，卫生防疫人员要紧急配制0.01mol/l的kmno4 消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是（）a取kmno4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水b溶解搅拌时有液体飞溅c定容时俯视容量瓶刻度线d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：化学实验基本操作分析：分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响解答：解：a、取kmno4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水，实际称量的高锰酸钾的质量偏小，所配溶液的浓度偏低，故a不符合；b、溶解搅拌时有液体飞溅，少量高锰酸钾损失，移入容量瓶内高锰酸钾的质量减少，所配溶液的浓度偏低，故b不符合；c、定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故c符合；d、摇匀后液面下降，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故d不符合故选：c点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，难度中等，注意根据c=理解溶液配制与误差分析18（3分）（2013秋高青县校级月考）有关na2co3和nahco3的性质，下列叙述错误的是（）a等质量的na2co3和nahco3与足量的盐酸反应，在相同条件下nahco3产生的co2气体体积大b同一温度下，与等浓度的盐酸反应时，nahco3比na2co3剧烈c与同种酸反应生成等量的co2时，所消耗的酸的量相等d将石灰水加入到nahco3溶液中将会产生沉淀考点：钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：根据na2co3和nahco3性质解答该题，nahco3不稳定，加热易分解：2nahco3na2co3+co2+h20；能相互转化：nahco3+naoh=na2co3+h2o，na2co3+co2+h2o=2nahco3；都与盐酸反应生成二氧化碳气体：na2co3+2hcl=2nacl+h2o+co2，nahco3+hcl=nacl+h2o+co2；都与澄清石灰水反应生成沉淀：ca（oh）2+na2co3=caco3+2naoh，2nahco3+ca（oh）2=caco3+na2co3+2h2o（nahco3足量）解答：解：a等质量的na2co3和nahco3，nahco3物质的量较多，生成二氧化碳多，故a正确；b分别滴加hcl溶液，反应离子方程式为co32+2h+co2+h2o，hco3+h+h2o+co2，相同条件下nahco3比na2co3反应放出气体剧烈，故b正确；c如分别为一元酸和二元酸，则消耗的酸的物质的量不同，故c错误；d都与澄清石灰水反应生成沉淀：ca（oh）2+na2co3=caco3+2naoh，2nahco3+ca（oh）2=caco3+na2co3+2h2o（nahco3足量），故d正确故选c点评：本题考查na2co3和nahco3性质的异同，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意把握na2co3和nahco3性质，注重基础知识的积累二、填空题（共3小题，每小题12分，满分33分）19（12分）（2013秋安溪县校级月考）铝土矿的主要成分是al2o3，还含有fe2o3、sio2等杂质从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：（1）试剂a是盐酸（硫酸或硝酸）；（2）向溶液a中通入过量的co2，将得到的不溶物煅烧后也可得到al2o3，该方案的缺点是al2o3中含有sio2杂质电解熔融的氧化铝可制备金属铝（3）写出电解的化学方程式2al2o3（熔融）4al+3o2新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备（4）氧化铝高温还原法：1al2o3+3c+1 n22aln+3co（配平）氯化铝与氨气高温合成法：alcl3+nh3aln+3hcl（5）方法比方法在生产上更具优势下列说法中，正确的是aa方法中的al2o3和c容易残留在氮化铝中b两种方法中氮化铝均为还原产物考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：sio2和盐酸不反应，fe2o3和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入试剂a氢氧化钠，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀a为氧化铁，a溶液加入过量为酸溶液，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，（1）根据流程可知，加入试剂a目的是引进氢离子除去硅酸根离子；（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，制氧化铝的过程中可能会混有二氧化硅杂质；（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，产物为铝和氧气；（4）根据化合价的升降总数相等配平方程式；（5）根据反应原理对a、b进行判断解答：解：由工艺流程原理为：铝土矿加入试剂a氢氧化钠，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀a为氧化铁，a溶液加入过量为酸溶液，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂a为盐酸（硫酸或硝酸），故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）； （2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的co2，沉淀为al（oh）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则al2o3中含有sio2杂质，故答案为：al2o3中含有sio2杂质；（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2al2o3（熔融）4al+3o2，故答案为：2al2o3（熔融）4al+3o2；（4）碳从0价+2价，氮从0价3价，最小公倍数为6，由化合价的升降总数相等可知反应的方程式为：al2o3+3c+n22aln+3co，故答案为：1；3；1；2；3；（5）a根据反应原理可知，方法中的al2o3和c都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故a正确；b方法中氮化铝为氮气被还原生成的，方法不属于氧化还原反应，故b错误；故答案为：a点评：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查无机物推断、元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式等知识点，题目难度中等，注意把握制备原理，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写20（10分）（2013秋安溪县校级月考）由fe2o3、cuo、c中的若干种物质组成的混合粉末，取样进行下列实验（部分产物略去，且反应1中的浓酸为强氧化性酸）：（1）若z只为一种气体，试剂a为饱和nahco3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是c+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2o（2）向y中通入过量的cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是cu2+、fe3+、h+（填写离子符号）（3）取y中的溶液，调节ph约为7，加入淀粉ki和h2o2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2moli时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是2fe2+4i+3h2o2=2fe（oh）3+2i2（4）该混合物一定存在的成分是cuo、c（填化学式）考点：几组未知物的检验专题：物质检验鉴别题分析：（1）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；（2）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；（3）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化；（4）根据c可以和浓硫酸、浓硝酸之间反应生成两种气体，二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠之间反应生成二氧化碳气体，二氧化氮可以和水之间反应生成一氧化氮，据此确定一定含有c，向溶液x中加入过量的铁可以得到两种固体，一种是红色，所以一种是cu，一定含氧化铜，据此回答判断解答：解：c可以和浓硫酸、浓硝酸之间反应生成两种气体，二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠之间反应生成二氧化碳气体，二氧化氮可以和水之间反应生成一氧化氮，据此确定一定含有c，向溶液x中加入过量的铁可以得到两种固体，一种是红色，所以一种是cu，一定含氧化铜（1）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，z是二氧化碳，即c+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2o，故答案为：c+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2o；（2）fe2o3、cuo、c均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有cu2+、fe3+、h+，通入过量的cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，此时存在的离子有cu2+、fe3+、h+，故答案为：cu2+、fe3+、h+；（3）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，消耗2moli时，共转移3mol电子，原理方程式为：2fe2+4i+3h2o2=2fe（oh）3+2i2，故答案为：2fe2+4i+3h2o2=2fe（oh）3+2i2（4）该混合物一定存在的成分是cuo、c，故答案为：cuo、c点评：本题是一道物质的检验题目，可以根据所学知识进行回答，以实验流程的形式考查，增加了难度21（11分）（2013秋安溪县校级月考）某研究性学习小组为测定某fecl3样品（含少量fecl2杂质）中铁元素的质量分数，设计了如下实验步骤：准确称量样品质量a g；向样品中加入10ml 6moll1的盐酸，样品溶解后再加入蒸馏水配成100ml溶液；向上述溶液中加入3ml氯水，搅拌使其反应完全；加入10%的氨水至过量，充分搅拌，使沉淀完全；过滤，将沉淀洗涤后干燥；将沉淀移至坩埚中，灼烧、冷却、称重，并反复操作多次至固体完全反应试回答问题：（1）写出步骤中产生沉淀的离子方程式：fe3+3nh3h2o=fe（oh）3+3nh4+（2）确认步骤沉淀已经完全的方法是在上层清液中继续滴加氨水观察现象，没有新的沉淀生成说明沉淀完全，否则，没有完全沉淀（3）如何检验步骤沉淀是否洗净，其方法是取少量最后一次所得的洗涤液，加入少量稀硝酸和agno3溶液，若有白色沉淀生成，表明沉淀未洗净，若无白色沉淀生成则表明沉淀已洗净（4）在步骤中，判断固体反应完全的方法是：连续两次称重，质量没有变化（5）若空坩埚质量为b g，充分灼烧固体完全反应后，剩余固体和坩埚的总质量为c g，则样品中铁元素的质量分数是100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：（1）含有三价铁离子的溶液中加氨水生成氢氧化铁沉淀；（2）在上层清液中继续滴加氨水观察现象，没有新的沉淀生成说明沉淀完全；（3）取最后一次洗液，检验洗液中是否含有氯离子；（4）加热氢氧化铁分解质量会减小，连续两次称量的质量相同时，则氢氧化铁完全分解；（5）根据原子守恒计算铁元素的质量，再根据质量分数公式进行计算解答：解：（1）步骤中所发生反应是铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀 的反应，反应的离子方程式为：fe3+3nh3h2o=fe（oh）3+3nh4+；故答案为：fe3+3nh3h2o=fe（oh）3+3nh4+；（2）在含有铁离子的溶液中加氨水会生成氢氧化铁沉淀，静置，然后在上层清液中继续滴加氨水观察现象，没有新的沉淀生成说明沉淀完全，否则，没有完全沉淀；故答案为：在上层清液中继续滴加氨水观察现象，没有新的沉淀生成说明沉淀完全，否则，没有完全沉淀；（3）溶液中含有大量的氯离子，则沉淀上会附着氯离子，所以在洗涤时，洗涤液中含有氯离子，取少量最后一次所得的洗涤液，加入少量稀硝酸和agno3溶液，若有白色沉淀生成，表明沉淀未洗净，若无白色沉淀生成则表明沉淀已洗净；故答案为：取少量最后一次所得的洗涤液，加入少量稀硝酸和agno3溶液，若有白色沉淀生成，表明沉淀未洗净，若无白色沉淀生成则表明沉淀已洗净；（4）加热氢氧化铁分解质量会减小，连续两次称量的质量相同时，则氢氧化铁完全分解；故答案为：连续两次称重，质量没有变化；（5）若空坩埚质量为b g，充分灼烧固体完全反应后，剩余固体和坩埚的总质量为c g，则氧化铁的质量=（bc）g，所以fe的质量为；则铁元素的质量分数=，故答案为：点评：本题考查了物质的含量的测量，题目涉及离子方程式的书写、离子检验、数据处理等，题目难度中等，注意根据原子守恒计算铁的质量分数，侧重于考查学生的实验探究能力和计算能力三、选做题（共2小题，满分13分）22（13分）（2013秋安溪县校级月考）选考题（只选做一题）i（有机化学题）根据图示填空（1）化合物a含有的官能团是碳碳双键或醛基或羧基（写一种）（2）1mola与2molh2反应生成1mole，其反应方程式是hoocch=chcho+2h2ch2（oh）ch2ch2cooh（醛基也能与h2反应）（3）与a具有相同官能团的a的同分异构体的结构简式是（4）f的结构简式是由e生成f的反应类型是酯化反应考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：首先利用化学性质确定a分子所含官能团：能与nahco3反应必含cooh，能与银氨溶液反应必含cho而a与h2（ni、）生成e可能是cho与h2加成，也可能是a分子中含碳碳不饱和键联系b与br2反应生成没有支链的化合物d，说明a中应含碳碳不饱和键（银镜反应不影响c=c、cc）；再根据题中设问（2）1mola与2molh2加成，可确定a中含c=c由f可知a的分子中应含4个碳原子