福建省福州八中高一化学上学期期末试卷（含解析）.doc

福建省福州八中2014-2015学年 高一上学期期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共60分）1下列叙述中，不正确的是( )a金刚石和石墨均为碳元素组成的单质b硫酸、纯碱、碳酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物c蓝矾（cuso45h2o）和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物d通过化学反应，可由ba（oh）2一步转化生成naoh考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物 专题：物质的分类专题分析：a、碳元素组成的纯净物是单质；b、纯碱属于盐；c、蓝矾（cuso45h2o）和干冰时二氧化碳属于化合物，铁矿石属于混合物；d、ba（oh）2一步转化生成naoh的反应是氢氧化钡和碳酸钠反应实现；解答：解：a、金刚石和石墨是碳元素组成的单质，故a正确；b、硫酸、纯碱、碳酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故b错误；c、蓝矾（cuso45h2o）和干冰时二氧化碳属于化合物，铁矿石属于混合物，故c正确；d、ba（oh）2一步转化生成naoh的反应是氢氧化钡和碳酸钠反应实现，故d正确；故选b点评：本题考查了物质分类方法和依据，化学概念的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单2以下表示的是碳及其化合物的转化关系，其中涉及的基本反应类型依次是( )cco2h2co3caco3co2a化合 置换 分解 复分解b置换 复分解 化合 分解c置换 化合 复分解 分解d置换 化合 分解 复分解考点：化学基本反应类型 分析：根据各种物质的转换过程和各个反应类型的特征进行分析化合反应是两种或两种以上物质反应生成一种化合物的反应；分解反应一种化合物反应生成两种或两种以上物质的反应；置换反应一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质与另一种化合物的反应；复分解反应两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应解答：解：碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，该反应由两种物质反应生成一种物质，属于化合反应；碳酸和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应由两种化合物相互交换成分形成两种新的化合物，属于复分解反应；碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，该反应由一种物质反应生成两种物质，属于分解反应；故选c点评：本题考查了对基本反应类型的判断，难度不大，根据定义来分析解答即可，注意这几个概念的区别3化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是( )a仅由非金属元素组成的化合物可以是离子化合物b普通陶瓷、玻璃、水泥是使用量大的材料，其生产都采用含硅元素的原料cmgo的熔点很高，可用于制作耐高温材料d根据冷的浓硫酸可以用铝质容器储存的事实，说明常温下铝不会与浓硫酸发生反应考点：离子化合物的结构特征与性质；浓硫酸的性质；含硅矿物及材料的应用；镁、铝的重要化合物 分析：a铵盐为离子化合物，全部由非金属元素形成；b传统无机非金属材料中：水泥使用的原料是石灰石和粘土；玻璃使用的原料是石英、石灰石、纯碱；陶瓷主要原料是粘土；其中使用量最大的无机材料粘土、石英等都含有硅元素；c氧化镁为离子化合物，熔点高；d常温下铝与浓硫酸发生钝化反应解答：解：a非金属元素组成的化合物可以全部以共价键结合为共价化合物，如hclo、hno3等，也可以形成离子化合物，如nh4cl等铵盐，故a正确；b传统无机非金属材料，主要是硅酸盐工业，水泥、玻璃、陶瓷等都用到含硅元素的原料，故b正确；c氧化镁为离子化合物，熔点高，可用作耐火材料，故c正确；d常温下铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，从而起到保护作用，故d错误故选d点评：本题考查较为综合，涉及离子化合物、非金属材料、铝的性质等知识，为2015届高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累4下列说法中，正确的是( )a失去电子的物质是还原剂，具有氧化性b氧化还原反应的本质是元素化合价的升降c氧化还原反应中，某元素由化合态变为游离态，此元素可能被还原或被氧化d在氧化还原反应中，电子不可以在同种元素间转移考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：a还原剂具有还原性；b氧化还原反应的本质是有电子转移；c根据元素得失电子判断；d在氧化还原反应中，电子可以在同种元素间转移解答：解：a失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂具有还原性，在反应中被氧化，故a错误；b氧化还原反应的本质是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，故b错误；c氧化还原反应中，某元素由化合态变为游离态，可能得电子也可能失电子，所以此元素可能被还原或被氧化，故c正确；d在氧化还原反应中，电子可以在同种元素间转移，如：氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故d错误；故选c点评：本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化来分析解答，明确氧化还原反应变质和特征的区别，难度不大5用na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )a含有na个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2lb25c，1.01105pa，64gso2中含有的原子数为3nac在常温常压下，11.2lcl2含有的分子数为0.5nad标准状况下，11.2lh2o含有的分子数为0.5na考点：阿伏加德罗常数 分析：a氦气为氮原子分子；b质量转化为物质的量结合1个二氧化硫分子含有2个氧原子和1个硫原子解答；c常温常压下，vm22.4l/mol；d气体摩尔体积使用对象为气体解答：解：a含有na个氦原子的氦气，物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4l，故a错误；b.64gso2的物质的量为=1mol，含有2molo，1mols，含有的原子数为3na，故b正确；c常温常压下，vm22.4l/mol，11.2lcl2的物质的量不是0.5mol，故c错误；d标况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积，故d错误；故选：b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键，注意标况下的气体摩尔体积使用条件和适用对象，题目难度不大6为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量bacl2溶液，没有明显变化由此可知该氮肥的主要成分是( )anh4hco3bnh4clc（nh4）2co3dnh4no3考点：铵盐 专题：氮族元素分析：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量bacl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子；由此推导出氮肥的主要成分解答：解：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量bacl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸根离子，所以氮肥的主要成分nh4hco3，故选a点评：本题主要考查了离子的检验，难度不大，根据离子的组成确定盐的成分7同温同压下，16.5g气体x的体积与12go2的体积相同，则x为( )acobch4cco2dso2考点：物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用；分子式 分析：同温同压下，vm相同，由气体体积相同可知，气体的物质的量相同，以此来解答解答：解：同温同压下，vm相同，由气体体积相同可知，气体的物质的量相同，设x的摩尔质量为x，则，解得x=44g/mol，aco的摩尔质量为28g/mol，故a不选；bch4的摩尔质量为16g/mol，故b不选；cco2的摩尔质量为44g/mol，故c选；dso2的摩尔质量为64g/mol，故d不选；故选c点评：本题考查物质的量与气体摩尔体积的综合应用，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，注意质量、物质的量、摩尔质量的关系，题目难度不大8配制一定物质的量浓度的naoh溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是( )a所用naoh已吸潮b向容量瓶中加水时液面低于刻度线即摇匀c有少量naoh溶液残留在烧杯内d没有洗涤烧杯和玻璃棒考点：溶液的配制 专题：实验评价题分析：分析操作对氢氧化钠物质的量、溶液体积的影响，根据c=判断操作对所配溶液浓度的影响解答：解：a、所用naoh已潮解，实际称量的氢氧化钠的质量偏小，氢氧化钠的物质的量偏小，导致所配溶液的浓度偏低，故a不符合；b、向容量瓶加水定容，液面低于刻度线，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故b符合；c、烧杯中有残留的氢氧化钠，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液的浓度偏小，故c不符合；d、没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液的浓度偏小，故d不符合；故选b点评：本题考查一定物质的量浓度溶液配制误差分析，难度不大，注意根据c=理解溶液配制原理，进行误差分析9向盛有i2水溶液的试管中，再加四氯化碳振荡，静置后观察到的现象是( )a上层橙红色，下层接近无色b均匀、透明、紫红色c均匀、透明、无色d上层接近无色，下层紫红色考点：分液和萃取 分析：加ccl4，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，以此来解答解答：解：加ccl4，碘易溶于四氯化碳，四氯化碳与水不互溶，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，下层为紫红色，故选d点评：本题考查萃取，明确萃取、分液中萃取剂的选择、密度等知识即可解答，题目难度不大10在地球上，氦元素主要以42he的形式存在，下列说法正确的是( )a42he原子核内含有4个质子b32he和42he互为同位素c32he原子核内含有3个中子d32he和42he是同一种核素考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用 专题：原子组成与结构专题分析：元素符号的左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，中子数=质量数质子数，质子数=核外电子数；质子数相同，中子数不同的原子互称为同位素解答：解：a42he代表原子核内有2个质子和2个中子的氦原子，故a错误；b32he与42he质子数相同都为2，中子数分别为1、2，互为是同位素，故b正确；c32he原子核内质子数为2，质量数为3，中子数为1，故c错误；d32he和42he质子数相同都为2，中子数分别为1、2，是同种元素的不同核素，故d错误；故选b点评：本题主要考查了原子符号的含义、同位素的概念，难度不大，明确概念是解答本题关键11下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是( )a氧化铁在高温下与一氧化碳反应b二氧化碳与氢氧化钠溶液作用生成碳酸钠czn 粒与稀硫酸反应制取氢气d碳酸钠溶液与石灰乳混合考点：氧化还原反应 分析：发生氧化还原反应，应有元素的化合价的变化，属于离子反应，反应应在溶液中进行，以此解答该题解答：解：a氧化铁在高温下与一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，为氧化还原反应，但不属于离子反应，故a错误；b二氧化碳与氢氧化钠溶液作用生成碳酸钠，为离子反应，但不属于氧化还原反应，故b错误；czn粒与稀硫酸反应制取氢气，为离子反应，也为氧化还原反应，故c正确；d碳酸钠溶液与石灰乳反应生成碳酸钙和氢氧化钠，为离子反应，但不属于氧化还原反应，故d错误故选c点评：本题考查离子反应和氧化还原反应，题目难度不大，注意离子反应反应的条件以及氧化还原反应的特征12反应3no2+h2o=2hno3+no中，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为( )a1：1b1：2c2：1d3：1考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：no2与水反应方程式3no2+h2o2hno3+no，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以no2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的no2物质的量之比为1：2，据此判断解答：解：no2与水反应产生3no2+h2o2hno3+no，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以no2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的no2物质的量之比为1：2，所以被氧化的no2与被还原的no2的物质的量之比为2：1故选c点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念，难度中等，理解基本概念，关键根据产物中化合价判断起氧化剂与还原剂的no2物质的量之比13已知常温下在溶液中可发生如下两个离子之间的反应：ge4+fe2+=fe3+ge3+ sn2+2fe3+=2fe2+sn4+，由此可以确定fe2+、ge3+、sn2+三种离子的还原性由弱到强的顺序是( )asn2+、fe2+、ge3+bsn2+、ge3+、fe2+cge3+、fe2+、sn2+dfe2+、sn2+、ge3+考点：氧化性、还原性强弱的比较 分析：根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，结合元素的化合价来判断解答：解：已知反应：ce4+fe2+=fe3+ce3+，还原性是fe2+ce3+，反应：sn2+2fe3+=2fe2+sn4+，还原性是sn2+fe2+，所以还原性顺序是：sn2+fe2+ce3+，则还原性由弱到强的顺序是ge3+、fe2+、sn2+；故选c点评：本题考查还原性强弱的判断规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，侧重于考查氧化还原反应基本概念的应用，题目难度不大14在mgcl2、kcl、k2so4三种盐的混合溶液中，若k+、cl各为1.5mol，mg2+为0.5mol，则so42的物质的量为( )a0.1molb0.5molc0.15mold0.25mol考点：物质的量的相关计算 专题：守恒思想分析：根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量相等解答：解：因溶液中的离子有k+、cl、mg2+、so42，设so42物质的量为n，溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，根据电荷守恒：1.5mol1+0.5mol2=1.5mol1+n2，解得n=0.5mol故选b点评：本题考查溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，比较简单15在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是( )ana+、k+、oh、clbna+、cu2+、so42、no3cmg2+、na+、so42、cldba2+、hco3、no3、k+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：在强酸性溶液中，含大量的h+，离子之间结合生成水、气体、沉淀等，则不能共存，结合常见离子的颜色来解答解答：解：a因h+、oh结合生成水，则不能共存，故a错误；b该组离子之间不反应，能共存，但cu2+为蓝色，与无色溶液不符，故b错误；c该组离子之间不反应，能共存，且均为无色离子，故c正确；dhco3、h+结合生成水和二氧化碳气体，则不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存，明确复分解反应发生的条件是解答的关键，注意离子的颜色即可解答，题目难度不大16下列离子方程式正确的是( )a钠与水反应：na+2h2ona+2oh+h2b向naalo2溶液中通过量co2：alo2+co2+h2oal（oh）3+co32c电路板腐蚀液中的反应：cu+2fe3+2fe2+cu2+d小苏打溶液与naoh溶液混合：hco3+ohco2+h2o考点：离子方程式的书写 分析：a电子、电荷不守恒；b反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；c反应生成氯化亚铁、氯化铜；d反应生成碳酸钠和水解答：解：a钠与水反应的离子反应为2na+2h2o2na+2oh+h2，故a错误；b向naalo2溶液中通过量co2的离子反应为alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3，故b错误；c电路板腐蚀液中的反应的离子反应为cu+2fe3+2fe2+cu2+，故c正确；d小苏打溶液与naoh溶液混合的离子反应为hco3+ohco32+h2o，故d错误；故选c点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大17重金属是指相对原子质量大于55的金属，重金属离子具有毒性实验室有甲、乙两种含重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，主要有毒离子为ba2+如将甲、乙废液按一定比例混合，毒性明显降低则乙废液中可能会有的离子是( )acu2+和so42bk+和so42ccu2+和cldag+和no3考点：离子共存问题；离子反应发生的条件 分析：常见的重金属离子：cu2+、ag+、hg2+、ba2+、pb2+，甲废液经化验呈碱性，甲中有oh、ba2+，乙中有cu2+、so42，它们发生如下反应：2oh+cu2+=cu（oh）2，ba2+so42=baso4，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低解答：解：甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有oh，主要为有毒离子为ba2+，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则甲乙发生反应使重金属离子生成沉淀，则乙中应含有so42，发生反应ba2+so42=baso4，乙中的重金属离子与甲中的oh反应生成沉淀，根据选项中离子的性质可知，只有a符合，发生反应为2oh+cu2+=cu（oh）2，故选a点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，注意离子的性质以及题目的要求，题目中的信息为解答该题的关键，题目难度不大18下列有关离子检验的操作和实验结论正确的是( )选项实验操作及现象实验结论a向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解该溶液中一定含有so42b向某溶液中加入硝酸酸化的bacl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有so42c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溶液一定含有co32d向某溶液中加入naoh溶液并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中一定含有nh4+aabbccdd考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：物质检验鉴别题分析：aagcl也为不溶于酸的白色沉淀；b溶液中可能so32、so42或ag+等；c溶液中可能存在hco3、co32；d铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝解答：解：a某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该溶液中可能含有so32、so42或ag+，但二者不能同时存在，故a错误；b向某溶液中加入硝酸酸化的bacl2溶液，该溶液中可能含有so32、so42或ag+，亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡，agcl也为不溶于酸的白色沉淀，故b错误；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，气体为二氧化碳，则溶液中可能存在hco3、co32，故c错误；d铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则向某溶液加入naoh并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，该溶液中一定含有nh4+，故d正确；故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，熟悉常见离子的检验是解答本题的关键，注意检验离子时应排除其它离子的干扰，题目难度不大19下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又完全溶解”现象的是( )a向硫酸铝溶液中逐滴加入过量氨水b向硫酸铝溶液中逐滴加入过量氢氧化钡溶液c向硅酸钠溶液中逐滴加入过量稀盐酸d向氢氧化钡溶液中缓缓通入过量二氧化碳考点：镁、铝的重要化合物；硅酸的性质及制法 专题：元素及其化合物分析：a硫酸铝能与氨水反应生成氢氧化铝，生成的氢氧化铝不能继续和氨水反应；b硫酸铝和氢氧化钡反应，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，氢氧化铝继续与氢氧化钡反应，是氢氧化铝溶解，但硫酸钡不反应；c硅酸钠盐酸反应生成硅酸，硅酸不溶于水，和盐酸也不反应；d氢氧化钡是碱，能与二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀，当二氧化碳过量时继续反应，先生成碳酸氢钡沉淀，碳酸氢钡可溶于水解答：解：a根据硫酸铝溶液与过量的氨水溶液混合，发生复分解反应，生成氢氧化铝沉淀，方程式为al2（so4）2+6nh3h2o2al（oh）3+3（nh4）2so4，但一水合氨是弱碱，因此生成的氢氧化铝和一水合氨不能再发生反应，所以当向硫酸铝溶液中加入过量的氨水时，只有沉淀生成，没有沉淀的溶解，故a错误；b硫酸铝溶液中存在硫酸根离子和铝离子，氢氧化钡溶液中存在氢氧根离子和钡离子，当向硫酸铝溶液中加入过量的氢氧化钡溶液时，al3+3ohal（oh）3，ba 2+sobaso4，生成的氢氧化铝有与过量的oh反应，反应方程式为：al（oh）3+ohalo+2h2o，但硫酸钡没有反应，因此向硫酸铝溶液中逐滴加入过量氢氧化钡溶液的现象是，有沉淀生成，故b错误；c根据硅酸钠和盐酸的性质，盐酸的酸性比硅酸的强，因此硅酸钠溶液与稀盐酸溶液能发生反应，反应方程式为：na2sio3+2hcl2nacl+h2sio3，而且而且生成的硅酸有不溶于水，并与盐酸也不反应，因此现象是，有沉淀出现，故c错误；d根据氢氧化钡和二氧化碳的性质，当向氢氧化钡溶液中缓缓通入过量二氧化碳时，首先发生ba（oh）2+co2baco3+h2o，再根据碳酸盐和碳酸氢盐可以相互转化的性质，生成的碳酸钡又和继续通入的二氧化碳继续反应生成可溶于水的碳酸氢钡，反应方程式为baco3+co2+h2oba（hco3）2，因此现象是：先出现沉淀后沉淀溶解，故d正确；故选d点评：本题考查元素化合物的基本性质，主要通过化学反应返程，分析化学变化过程，找到变化现象，要注意现象和结论的区别易出错20下列物质反应后一定有+3价铁生成的是过量的fe与cl2反应 fe与过量稀硫酸反应 fecl2溶液中通入少量cl2fe和fe2o3的混合物溶于盐酸中( )a只有b只有c只有d全部考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；铁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：物质反应时生成三价铁的化合物，一般是金属铁、二价铁遇到强氧化剂可以生成；三价铁的化合物溶解发生复分解反应也可以生成；根据铁及其化合物的性质进行判断解答：解：过量的fe与cl2反应，cl2是强氧化剂，发生反应2fe+3cl2=2fecl3，固体和气体的反应，铁过量不会与生成的氯化铁反应，故可以；fe与过量稀硫酸反应，发生置换反应，氢离子的氧化性弱只能把铁氧化为二价铁，故不可以；fecl2溶液中通入少量cl2，氯气是强氧化剂，可以把氯化亚铁氧化为三价铁，故可以；fe和fe2o3的混合物溶于盐酸中，fe2o3溶于盐酸生成氯化铁，如果铁足量，可发生fe+2fecl3=3fecl2，所以不一定生成三价铁，故不一定故选b点评：本题考查了铁及其化合物的性质应用熟练掌握化学性质是解决问题的关键二、非选择题（请按照要求回答各个小题，并将答案填写在指定位置共40分）21中学化学常见物质a在一定条件下发生如下反应：a+be+f+h2o（未配平）（1）若a为小苏打，f为气体该反应的离子方程式为hco3+h+=co2+h2o（2）若a为黄绿色气体单质，f是漂白粉的有效成分，则反应的化学方程式为：2c12+2ca（oh）2cacl2+ca（clo）2+2h2o（3）若a是磁铁矿的主要成分，b是盐酸写出反应的离子方程式为fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2o考点：无机物的推断 分析：a在一定条件下发生如下反应：a+be+f+h2o，结合反应物和生成物种类和反应特征分析推断；（1）小苏打与酸反应放出二氧化碳；（2）若a为黄绿色气体单质，f是漂白粉的有效成分，则a为cl2，f为ca（oh）2，氯气与氢氧化钙反应得到漂白粉；（3）a是磁铁矿的主要成分为fe3o4，b是盐酸，二者反应生成氯化亚铁、氯化铁与水解答：解：（1）小苏打与酸反应放出二氧化碳，该反应的离子方程式为hco3+h+=co2+h2o，故答案为：hco3+h+=co2+h2o；（2）若a为黄绿色气体单质，f是漂白粉的有效成分，则a为cl2，f为ca（oh）2，氯气与氢氧化钙反应得到漂白粉，反应的化学方程式为：2c12+2ca（oh）2cacl2+ca（clo）2+2h2o，故答案为：2c12+2ca（oh）2cacl2+ca（clo）2+2h2o（3）a是磁铁矿的主要成分为fe3o4，b是盐酸，二者反应生成氯化亚铁、氯化铁与水，反应方程式为：fe3o4+8hcl=fecl2+2fecl3+4h2o，故答案为：fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2o点评：本题考查无机物推断，难度中等，掌握元素化合物的性质是关键，侧重对常用化学用语的考查22回答下列关于铁元素及其化合物的知识：（1）向一支装有fecl3溶液的试管中滴加naoh溶液，现象为红褐色沉淀，反应的离子方程式为fe3+3oh=fe（oh）3；（2）为了检验某未知溶液是否含有fe2+离子，两位同学分别设计了以下实验方案加以证明方案一：向一支装有该未知溶液的试管中先通入氯气，再滴加kscn溶液，溶液呈现红色，证明该未知溶液含有fe2+离子；方案二：向另一支装有该未知溶液的试管中先滴加kscn溶液，无现象，再通入氯气，溶液变为红色，证明该未知溶液含有fe2+离子；则请回答：你认为哪个方案较为合理方案二；写出fe2+与氯气反应的离子方程式2fe2+cl22fe3+2cl；实验室在保存含有fe2+离子的溶液时，为了防止fe2+离子变质，经常向其中加入铁粉，其原因是（用离子方程式表示）2fe3+fe3fe2+溶液变血红色的原因是（用离子方程式表示）fe3+3scn=fe（scn）3考点：铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价fe离子和三价fe离子的检验 分析：（1）fecl3溶液的试管中滴加naoh溶液，生成的fe（oh）3是红褐色沉淀；（2）方案一先通入氯气，再滴加kscn溶液，无论当初溶液中含的是fe3+还是fe2+均变红，故无法证明未知溶液含有fe2+离子；方案二先滴加kscn溶液，无现象，说明溶液中没有 fe3+，此时再通入氯气，溶液变为红色，说明这时又有 fe3+，而这 fe3+ 只能是通入氯气后将 fe2+氧化得来的，所以能说明原溶液中有 fe2+，方案二合理；fe2+与氯气反应被氧化为fe3+，氯气被还原为氯离子；向fe2+的溶液中加入铁粉，可将生成的fe3+还原为亚铁离子；铁离子遇到硫氰根离子结合生成红色溶液解答：解：（1）向一支装有fecl3溶液的试管中滴加naoh溶液，发生反应：fecl3 +3naohfe（oh）3+3nacl，fe（oh）3 为红褐色沉淀，故现象为生成红褐色沉淀反应的离子方程式为：fe3+3oh=fe（oh）3，故答案为：红褐色沉淀，fe3+3oh=fe（oh）3；（2）方案一先通入氯气，再滴加kscn溶液，溶液呈现红色，则未知溶液可能含有fe2+离子，也可能含有的是fe3+，故方案一不合理；方案二先滴加kscn溶液，无现象，说明溶液中没有 fe3+，此时再通入氯气，溶液变为红色，说明这时又有fe3+，而这fe3+ 只能是通入氯气后将 fe2+氧化得来的，所以能说明原溶液中有 fe2+，方案二合理，故答案为：方案二；fe2+与氯气反应的离子方程式：2fe2+cl22fe3+2cl，故答案为：2fe2+cl22fe3+2cl； fe2+离子变质是因为被空气中的氧气给氧化为了 fe3+，所以此时加入铁粉，就是为了能将生成的fe3+还原为fe2+：2fe3+fe3fe2+，故答案为：2fe3+fe3fe2+；铁离子遇到硫氰根离子结合生成红色溶液，反应的离子方程式为：fe3+3scn=fe（scn）3 ，故答案为：fe3+3scn=fe（scn）3 点评：本题综合考查了fe2+和fe3+的相互转化以及检验，是一道比较基础的题目，主要是离子检验方法的理解应用，掌握基础是关键23有四种含有铝元素的化合物a、b、c、d，且能发生下列反应：a+naohd+h2o，ba+h2o，c+naohb+nacl，在d溶液中通入过量co2气体又能生成b（1）a、b、c、d的化学式分别是：aal2o3，bal（oh）3，calcl3，dnaalo2（2）写出对应的离子方程式：al2o3+2oh2alo2+h2o；al3+3ohal（oh）3；alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3考点：无机物的推断 专题：推断题分析：4种含有铝元素的化合物a、b、c、d，由a+naohd+h2o知，化合物a和强碱反应生成d和水，所以a是al（oh）3或al2o3，那么d是naalo2；由ba+h2o，a是al2o3，b是al（oh）3；由c+naohb+nacl知，b是al（oh）3，根据元素守恒得，c是alcl3，以此解答该题解答：解：4种含有铝元素的化合物a、b、c、d，由a+naohd+h2o知，化合物a和强碱反应生成d和水，所以a是al（oh）3或al2o3，那么d是naalo2；由ba+h2o，a是al2o3，b是al（oh）3；由c+naohb+nacl知，b是al（oh）3，根据元素守恒得，c是alcl3，（1）根据上面分析可知，a是al2o3，b是al（oh）3，c是alcl3，d是naalo2，故答案为：al2o3；al（oh）3；alcl3；naalo2；（2）反应的离子方程式为al2o3+2oh2alo2+h2o，的离子方程式为al3+3ohal（oh）3，的离子方程式为alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3；故答案为：naalo2；alo2+2oh2alo2+h2o；al3+3ohal（oh）3；alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3；点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意以a是含铝元素的化合物且和强碱反应生成水作突破口判断a和d；利用倒推法再根据中的方程式判断b；再利用倒推法结合元素守恒判断c，从而得出答案24如图为实验室制取和收集纯净干燥的氯气，并进行氯气性质探究的实验装置图：（1）装置a中反应的化学方程式为mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o_；（2）装置b中的反应的离子方程式是cl2+2i=2cl+i2；（3）装置d中所装试剂是浓硫酸，作用是吸收水分干燥氯气；（4）装置f中发生反应的化学方程式为2naoh+cl2 =nacl+naclo+h2o（5）标准状况下，当有0.224l cl2被naoh溶液吸收后，转移电子的物质的量为0.01mol考点：氯气的实验室制法 分析：（1）依据装置图和实验目的分析判断，制备氯气是用固体二氧化锰和液体浓盐酸，固体在圆底烧瓶中，盐酸在分液漏斗中；根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物，来书写反应方程式；（2）氯气有氧化性，能置换出碘化钾中的碘，碘单质遇到淀粉变蓝；（3）根据杂质的成分及性质分析；浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应，所以可用浓硫酸干燥氯气；（4）氯气和氢氧化钠反应，可以用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止有毒气体污染空气；（5）计算氯气物质的量，结合化学方程式定量关系计算得到电子转移解答：解：（1）由装置图和实验目的分析判断，制备氯气是用固体二氧化锰和液体浓盐酸，固体在圆底烧瓶中，盐酸在分液漏斗中；浓盐酸有还原性，二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应化学方程式为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，故答案为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；（2）氯气有氧化性，能置换出碘化钾中的碘，碘单质遇到淀粉变蓝；发生反应的离子方程式为：cl2+2i=2cl+i2，故答案为：cl2+2i=2cl+i2；（3）浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应，所以可用浓硫酸干燥氯气，故答案为：浓硫酸；吸收水分干燥氯气；（4）氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，反应化学方程式为：cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o，故答案为：2naoh+cl2 =nacl+naclo+h2o；（5）标准状况下，当有0.224l cl2被naoh溶液吸收后，氯气物质的量=0.01mol，反应为cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o，氯元素化合价0价变化为1价和+1价，1mol氯气反应电子转移1mol，0.01mol氯气反应电子转移0.01mol，故答案为：0.01点评：本题考查了氯气的实验室制备，氯气的化学性质的应用，主要是氯气的氧化性分析，收集纯净干燥的氯气的方法，题目较简单三、选择题（每小题只有1个选项符合题意、每小题4分，共20分）25某元素的一种同位素x的原子质量数为a，含n个中子，它与1h原子组成hmx分子，在ag hmx中所含质子的物质的量是( )a（an）molb（an）molc（an+m）mold（an+m）mol考点：物质的量的相关计算 分析：x原子的质量数为a，含n个中子，则质子数为an，n（hmx）=，以此解答解答：解：hmx的相对分子质量为a+m，a g hmx分子的物质的量为n（hmx）=mol，x原子的质量数为a，含n个中子，则质子数为an，所以在a g hmx分子中含质子的物质的量=mol（an+m）=（an+m）mol，故选c点评：本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析能力能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握原子构成以及相关物理量的计算公式的运用，难度不大26向100ml 1.0moll1的alcl3溶液中逐滴加入0.5moll1的naoh溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入naoh的量的理论曲线图正确的是( )abcd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；计算题分析：向氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液发生的化学反应为：alcl3+3naoh=al（oh）3+3nacl，al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，当铝离子恰好和氢氧化钠完全反应生成氢氧化铝时，沉淀的物质的量最大，当氢氧化铝完全转化为偏铝酸钠时，沉淀完全消失，根据方程式及原子守恒进行解答解答：解：向氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液发生的化学反应为：alcl3+3naoh=al（oh）3+3nacl，al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，当铝离子恰好和氢氧化钠完全反应生成氢氧化铝时，沉淀的物质的量最大，当氢氧化铝完全转化为偏铝酸钠时，沉淀完全消失；根据方程式alcl3+3naoh=al（oh）3+3nacl、al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o知，铝离子完全转化为沉淀和沉淀完全消失需要氢氧化钠的物质的量之比为3：1，n（alcl3）=1.0mol/l0.1l=0.1mol，完全沉淀时需要氢氧化钠溶液的体积=600ml，根据原子守恒得n（al（oh）3）=n（alcl3）=0.1mol，故选d点评：本题以铝的化合物之间的转化为载体考查图象分析，明确物质之间发生的反应及物质之间的关系是解本题关键，再结合原子守恒分析解答，难度中等27已知：向kmno4晶体滴加浓盐酸，产生某黄绿色气体；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，试纸变蓝色下列判断中正确的是( )a中盐酸只做还原剂b上述实验中，共有两个氧化还原反应c实验中fecl2被氧化d实验发生的是同主族元素单质间的置换反应考点：氧化还原反应 分析：向kmno4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中mn元素化合价由+7价变为+2价、cl元素化合价由1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂；向fecl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、cl元素化合价由0价变为1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂；取实验生成的溶液滴在淀粉ki试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，i元素化合价由1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂解答：解：a反应中生成kcl，体现盐酸的酸性，生成氯气，体现盐酸的还原性，故a错误；b三个反应中均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故b错误；c实验中，fe元素的化合价升高，cl元素的化合价降低，则fecl2被氧化，故c正确；d实验发生的是铁离子与碘离子的氧化还原反应，fe为过渡元素，故d错误；故选c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分析与应用能力的考查，题目难度不大28在fe（no3）3和cu（no3）2的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中fe2+的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示则该溶液中fe（no3）3与cu（no3）2的物质的量浓度之比为( )a3：1b1：2c2：1d1：1考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：根据氧化性：fe3+cu2+，fe先与氧化性强的物质反应，即先发生fe+2fe3+3fe2+，然后是fe+cu2+fe2+cu，由图象可知，加入2molfe时，fe与溶液中铁离子恰好完全反应，从2mol4mol消耗的2molfe是与溶液中铜离子完全反应，据此计算解答：解：根据氧化性：fe3+cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应，fe+2fe3+3fe2+；fe+cu2+cu+fe2+；从图象中可知加入2molfe时，发生反应生成fe2+物质的量为6mol，反应的fe3+物质的量为4mol，即fe（no3）3为4mol；在加入2molfe的基础上再加入2mol铁发生反应，此时生成fe2+物质的量为2mol，原溶液中cu2+物质的量为2mol，即cu（no3）2为2mol；所以原溶液中溶液中fe（no3）3、cu（no3）2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，故选：c点评：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要考查氧化还原反应的顺序反应规律及计算应用，明确图象中每段发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应与图象的对应关系来解答，题目难度中等29有a g氧化铜和氧化铁的混合物，加入2moll1的稀硫酸溶液50ml，恰好完全溶解，若将a g该混合物在过量的co气流中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为( )a1.6a gb（a1.6）gc（a3.2）gd无法计算考点：有关混合物反应的计算 分析：氧化铜和氧化铁的混合物与硫酸反应生成硫酸盐与水，由于硫酸中h元素与混合物中o元素结合生成水，则混合物中n（o）=n（h2so4），根据m=nm计算混合物中o元素质量，将ag这种混合物在co流中加热并充分反应，冷却后剩余固体为fe、cu，金属质量等于氧化物质量减去氧元素质量解答：解：氧化铜和氧化铁的混合物与硫酸反应生成硫酸盐与水，由于硫酸中h元素与混合物中o元素结合生成水，则混合物中n（o）=n（h2so4）=0.05l2mol/l=0.1mol，故ag该混合物中o元素质量为：0.1mol16g/mol=1.6g，若将ag这种混合物在co流中加热并充分反应，冷却后剩余固体为fe、cu，则固体质量