河南省信阳市高三化学上学期期末试卷（含解析）.docVIP

河南省信阳市2015届 高三上学期期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1下列说法正确的是( )a石油裂解和油脂皂化都有高分子生成小分子的过程bnox、co2、pm2.5颗粒都会导致酸雨c工业上制备铝可用热还原的方法d高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强考点：常见的生活环境的污染及治理；合金的概念及其重要应用；金属冶炼的一般原理；油脂的性质、组成与结构 分析：a高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子；b二氧化硫和氮氧化物是造成酸雨的主要气体；c工业上制备铝用电解熔融的氧化铝；d车厢大部分采用铝合金材料制造，这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点解答：解：a高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子，石油和油脂不属于高分子，故a错误； bco2不能形成酸雨，pm2.5颗粒是可吸入颗粒物，不能形成酸雨，故b错误；c工业上制备铝用电解熔融的氧化铝，故c错误；d铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，故d正确故选d点评：本题主要考查了材料的使用、环境保护等知识，掌握高分子的判断、合金的用途、酸雨、铝的制备等基础知识是解答本题的关键，题目难度不大2下列关于化学用语的表示正确的是( )a镁离子结构示意图：b质子数与中子数相等的硫原子：sc二氟化氧分子电子式：d对甲基苯酚结构简式：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镁离子核外电子总数为10，最外层为8个电子；b质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数；c氟原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了f周围的6个电子；d对甲基苯酚中甲基和羟基位于苯环的对位c原子上解答：解：a镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，镁离子正确的结构示意图为：，故a错误；b质子数和中子数相等的s原子的质量数为32，该原子正确表示为：1632s，故b错误；c二氟化氧分子中f原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故c错误；d对甲基苯酚中甲基和羟基位于对位，其结构简式为：，故d正确；故选d点评：本题考查了有机物命名、离子结构示意图、电子式、元素符号的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的区别3若na为阿伏加德罗常数的值，下列判断在标准状况下正确的是( )a标况下22.4l的hf中含共价键键数目为0.1nab将22.4lnh3溶于1l水中，溶液含有oh数目为0.1nac69gno2与足量水反应后，转移的电子数为2nad0.25molna2o2中含有的阴离子数为0.25na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标准状况下，氟化氢的状态不是气体；b不是标况下，题中条件无法计算氨气的物质的量，且一水合氨为弱电解质，在溶液中只能部分电离出氢氧根离子；c根据n=计算出二氧化氮的物质的量，再根据反应3no2+h2o2hno3+no计算出转移电子数；d过氧化钠中含有阴离子为过氧根离子，0.25mol过氧化钠中含有0.25mol过氧根离子解答：解：a标况下氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，故a错误；b没有告诉在标况下，题中条件无法计算22.4l氨气的物质的量，且氨气与水反应生成的一水合氨为弱电解质，只能部分电离出氢氧根离子，故b错误；c69g二氧化氮的物质的量为：=1.5mol，根据反应3no2+h2o2hno3+no可知，1.5mol二氧化氮完全反应生成1mol硝酸，转移了1mol电子，转移的电子数为na，故c错误；d0.25mol过氧化钠中含有0.5mol钠离子、0.25mol过氧根离子，含有的阴离子数为0.25na，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件4下列说法正确的是( )a煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化b淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物c乙烯和乙醇均可使酸性kmno4溶液褪色d乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇考点：煤的干馏和综合利用；乙烯的化学性质；乙醇的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质 专题：有机反应分析：a、化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化b、油脂不是高分子化合物；c、乙烯和乙醇均可被高锰酸钾氧化；d、植物油属于酯类，也可水解，但水解不生成乙醇解答：解：a、煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化，故a错误；b、淀粉和蛋白质是高分子化合物，但油脂不是，故b错误；c、乙烯和乙醇均可被高锰酸钾氧化，高锰酸钾被还原，从而紫色退去，故c正确；d、植物油属于酯类，也可水解，水解生成甘油和高级脂肪酸，生不成乙醇，故d错误故选c点评：本题考查了煤的气化、油脂和蛋白质的水解，较简单5化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实解释错误的是( )选项现象或事实解释a明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用bso2能使品红溶液褪色so2具有漂白性c“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应d用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为kiaabbccdd考点：盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；油脂的性质、组成与结构；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：实验评价题分析：a、明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；b、二氧化硫具有漂白性，选择性漂白；c、地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应；d、加碘实验时加入的kio3；解答：解：a、明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可以虚浮悬浮在水中的杂质起到净水作用，故a正确；b、二氧化硫具有漂白性，选择性漂白可以使品红事业褪色，故b正确；c、地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应，不能使用可以制备肥皂，故c正确；d、加碘实验时加入的kio3，不是ki，用氯水和淀粉不能借鉴是否加入碘元素，故d错误；故选d点评：本题考查了化学与生活中的化学知识分析判断，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )a滴入酚酞呈无色的溶液中：k+、al3+、cl、co32b澄清的溶液中：na+、k+、mno4、alo2c=1013moll1的溶液：na+、+、oh、no3d常温下水电离出c（h+）c（oh）=1020的溶液中：na+、clo、cl、ca2+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a滴入酚酞呈无色的溶液，可能显酸性；b该组离子之间不反应；c.=1013moll1的溶液，溶液显酸性；d常温下水电离出c（h+）c（oh）=1020的溶液，为酸或碱溶液解答：解：a滴入酚酞呈无色的溶液，可能显酸性，不能大量存在co32，且co32、al3+相互促进水解，不能共存，故a不选；b该组离子之间不反应，可大量共存，故b选；c.=1013moll1的溶液，溶液显酸性，不能大量存在+、oh，故c不选；d常温下水电离出c（h+）c（oh）=1020的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中h+、clo、cl发生氧化还原反应，不能共存，故d不选；故选b点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大7某学生以铁丝和cl2为原料进行下列三个实验从分类角度下列分析正确的是( )a实验、反应制得的物质均为纯净物b实验、均未发生氧化还原反应c实验、均为放热反应d实验、所涉及的物质均为电解质考点：氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：a、得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；b、实验溶解主要是物理变化、水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；c、盐的水解是吸热反应；d、实验中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质解答：解：a、得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故a错误；b、实验溶解主要是物理变化、水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故b正确；c、盐的水解是吸热反应，故c错误；d、实验中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故d错误；故选b点评：本题考查物质的分类、氧化还原、热效应和电解质的相关概念，比较基础8用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是( )ab实验现象预期结论a铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性b木条18.4mol/l木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性c生铁nacl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀d铁丝含少量hcl的h2o2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂aabbccdd考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验 专题：实验评价题分析：a二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；b浓硫酸有脱水性；c在中性条件下发生吸氧腐蚀；d铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁解答：解：a二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故a错误； b木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故b错误；cnacl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故c正确；d铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故d错误故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及硫酸和硝酸的性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大9能正确表示下列反应的离子方程式( )a浓盐酸与铁屑反应：2fe+6h+=2fe3+3h2b电解饱和和食盐水的离子方程式：cl+2h2o=cl2+2oh+h2cnahco3溶液发生水解：hco3+h2oh3o+co32d向fecl3溶液加入mg（oh）2：3mg（oh）2+2fe3+=2fe（oh）3+3mg2+考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a不符合反应的客观事实；b电荷数、原子个数不守恒，漏掉反应条件；c碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根离子；d氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁解答：解：a浓盐酸与铁屑反应，离子方程式：fe+2h+=fe2+h2，故a错误；b电解饱和和食盐水的离子方程式：2cl+2h2ocl2+2oh+h2，故b错误；cnahco3溶液发生水解：hco3+h2ooh+h2co3，故c错误；d氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，依据沉淀转化规律，向fecl3溶液加入mg（oh）2离子方程式：3mg（oh）2+2fe3+=2fe（oh）3+3mg2+，故d正确；故选：d点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须符合客观事实、必须遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意盐类水解与电解质电离的区别，题目难度中等10分子式为c7h16的烷烃中，含有3个甲基的同分异构体的数目为( )a2个b3个c4个d5个考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同分异构体的类型及其判定分析：含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，据此根据烷烃同分异构体的书写进行判断解答：解：该烃结构式中含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，若支链为ch3，主链含有6个碳原子，符合条件有：ch3ch（ch3）ch2ch2ch2ch3，ch3ch2ch（ch3）ch2ch2ch3；若支链为ch2ch3，主链含有5个碳原子，符合条件有：ch3ch2ch（ch2ch3）ch2ch3；支链不可能大于3个碳原子，故符合条件的烷烃有3种故选：b点评：考查烷烃的结构、同分异构体书写，难度中等，掌握烷烃同分异构体的书写方法11四种短周期元素w、x、y、z原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，w和x元素原子内质子数之比为1：2，x2+和z离子的电子数之差为8，下列说法正确的是( )a与w相邻的同主族元素单质的重要用途是制作光纤bx单质不可能置换出w单质c元素原子半径从大到小的顺序是x、y、zd由非金属性强弱可知，不可能由w的含氧酸制备z的含氧酸考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：四种短周期元素w、x、y、z原子序数依次增大，x2+和z离子的电子数之差为8，则x、z处于同一周期，第三周期，x是mg元素、z是cl元素；w和x元素原子内质子数之比为1：2，则w原子核内质子数是6，为c元素；这四种原子的最外层电子数之和为19，w、x、z原子最外层电子数之和为13，则y原子最外层电子数为6，其原子序数大于mg而小于cl，所以y是s元素，a光导纤维的成分的二氧化硅；b镁能置换出c；c原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；d碳酸的酸性大于hclo解答：解：四种短周期元素w、x、y、z原子序数依次增大，x2+和z离子的电子数之差为8，则x、z处于同一周期，第三周期，x是mg元素、z是cl元素；w和x元素原子内质子数之比为1：2，则w原子核内质子数是6，为c元素；这四种原子的最外层电子数之和为19，w、x、z原子最外层电子数之和为13，则y原子最外层电子数为6，其原子序数大于mg而小于cl，所以y是s元素，aw是c元素，与w相邻的同主族元素单质是si，单质si的重要用途是制作硅芯片和硅太阳能电池，故a错误；bx是mg元素、w是c元素，2mg+co22mgo+c，所以mg能置换出c，故b错误；c原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以元素原子半径从大到小的顺序是x、y、z，故c正确；d碳酸的酸性大于hclo，次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成hclo，故d错误；故选c点评：本题考查原子结构和元素周期律、元素性质，侧重考查分析、推断、应用能力，熟练掌握元素化合物知识即可解答，注意mg和二氧化碳的反应，易错选项是d，注意：没有注明是cl元素的最高价含氧酸12下列说法正确的是( )a向50ml1moll1的盐酸中加入烧碱后，水的kw不变bnh4cl和nh3h2o混合液中，二者对对方的平衡都起了抑制作用c室温时某溶液的ph7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐d室温下0.1moll1的ha溶液中=1108，则0.01moll1ha溶液中c（h+）=1104moll1考点：水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a酸碱中和为放热反应，溶液温度升高，促进水的电离；b依据电离平衡和盐类水解平衡的影响因素分析；c室温时某溶液的ph7，可能为酸或强酸弱碱盐或酸式盐；d根据=1108结合水的离子积常数计算氢离子浓度，判断该酸是弱酸，然后根据弱酸稀释的规律解题解答：解：akw只受温度的影响，盐酸中加入烧碱发生酸碱中和反应，放出热量，使体系温度升高，kw值增大，故a错误；b铵根离子水解方程式：nh4+h2onh3h2o+h+加入一水合氨，一水合氨浓度增大，平衡向逆向移动，抑制铵根离子的水解；一水合氨的电离方程式：nh3h2onh4+oh，加入氯化铵溶液，铵根离子浓度增大，平衡向逆向移动，抑制了一水合氨的电离，故b正确；c室温时某溶液的ph7，可能为酸或强酸弱碱盐或酸式盐，如nahso4，故c错误；d=1108，c（oh）c（h+）=11014，所以c（h+）=103moll1，该酸为弱酸，加水稀释时弱酸的电离程度增大，所以0.01 moll1 ha溶液中c（h+）1104moll1，故d错误；故选b点评：本题考查了水的电离平衡常数，弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡的影响因素，是2015届高考的热点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意把握盐类水解的特点以及电解质的电离平衡影响因素13下列图示与对应的叙述相符的是( )a图1表示kno3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时kno3的过饱和溶液b图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c图3表示0.1000moll1naoh溶液滴定20.00ml0.1000moll1醋酸溶液得到滴定曲线d图4表示向nh4al（so4）2溶液中逐渐滴入ba（oh）2溶液，随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；反应热和焓变；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；铵盐 专题：图示题分析：a、kno3的溶解度随着温度的升高而升高；b、吸热反应中，生成物总能力应高于反应物的总能量；c、醋酸为弱酸，0.1000mol/l的醋酸溶液ph应大于1；d、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断解答：解：a、kno3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故a错误；b、吸热反应中，生成物总能力应高于反应物的总能量，此图为放热反应，故b错误；c、醋酸为弱酸，0.1000mol/l的醋酸溶液ph应大于1，故c错误；d、开始滴加同时发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，当al3+沉淀完全时需加入0.03moloh，即加入0.015molba（oh）2，加入的ba2+为0.015mol，so42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加ba（oh）2，生成baso4沉淀，发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，所以沉淀质量继续增加；当so42完全沉淀时，共需加入0.02molba（oh）2，加入0.04moloh，al3+反应掉0.03moloh，生成al（oh）30.01mol，剩余0.01moloh恰好与nh4+完全反应，此时溶液中nh4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加ba（oh）2，al（oh）3溶解，发生反应al（oh）3+oh=alo2+2h2o，由方程式可知要使0.01molal（oh）3完全溶解，需再加入0.005molba（oh）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故d正确；故选d点评：本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论，综合性较强，难度大14以氨作为燃料的固体氧化物（含有o2燃料电池，具有全固态结构、能量效率高的特点，另外氨气含氢量高，不含碳，易液化，方便运输和贮存，是很好的氢源载体，其工作原理如图所示，下列关于直接氨固体氧化物燃料电池的说法正确的是( )a电极a为电源的阴极b固体氧化物作为电池工作的电解质，其作用是让电子在电池内移动c电池工作时，在a电极接触面上发生的电极反应为：2nh3+3o26e=n2+3h2od外电路的电流方向为从电极a流向电极b考点：化学电源新型电池 专题：电化学专题分析：该燃料电池中，氨气是燃料，所以氨气失电子发生氧化反应，则氨气所在的电极为负极，通入氧气的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电子从负极沿外电路流向正极解答：解：a、该原电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，即电极a为电源的负极，故a错误；b、电池中，电子只能经过导线，不能经过电解质，故b错误；c、放电时，电池工作时，在a电极即电池的负极接触面上发生的电极反应为：2nh3+3o 26e=n2+3h2o，故c正确；d、外电路中，电流从正极b沿导线流向负极a，故d错误；故选c点评：本题考查了化学电源新型电池，明确原电池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度中等15已知：物质fe（oh）2cu（oh）2fe（oh）3 ksp（25）8.010162.210204.01038对于含fe2（so4）3、feso4和cuso4各0.5mol的混合溶液1l，根据表中数据判断，下列说法错误的是( )a向混合溶液中逐滴加入naoh溶液，最先看到红褐色沉淀b向溶液中加入双氧水，并用cuo粉末调节ph，过滤后可获得溶质主要为cuso4的溶液c该溶液中c（so42）：=5：4d将少量fecl3粉末加入含cu（oh）2的悬浊液中，其中c（cu2+）增大考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：a根据ksp的大小判断溶解性；b加入双氧水，将亚铁离子氧化为易除去的铁离子，用氧化铜调节ph，不引入新的杂质；ccu2+、fe2+、fe3+发生水解，因此它们的物质的量会减少；d少量fecl3粉末加入含cu（oh）2的悬浊液中，因为fecl3的水解产生的氢离子使氢氧化铜的溶解平衡正向移动解答：解：a从表格中可以看出，fe（oh）3的ksp是最小的，所以它最先出现沉淀，故a正确；b加入双氧水，将亚铁离子氧化为易除去的铁离子，用氧化铜调节ph，fe3+转化为氢氧化铁沉淀，不引入新的杂质，故b正确；c、等物质的量的cuso4、feso4、fe2（so4）3的溶液中设物质的量为1mol，n（so42）=5mol，n（cu2+）+n（fe2+）+n（fe3+）=4mol，但cu2+、fe2+、fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（so42）：c（cu2+）+c（fe2+）+c（fe3+）5：4，故c错误；d少量fecl3粉末加入含cu（oh）2的悬浊液中，因为fecl3的水解产生的氢离子使氢氧化铜的溶解平衡正向移动，所以c（cu2+）增大，故d正确；故选c点评：本题考查氧化还原反应顺序判断，离子沉淀条件的分析判断，盐类水解的应用，除杂实验方法的应用，题目难度中等16某溶液可能含有cl、so42、co32、nh4+、fe3+、fe2+、al3+和na+某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中( )a原溶液中c（fe3+）=0.2moll1b要确定原溶液中是否含有fe2+，其操作为：取少量原溶液于试管中，加入适量氨水，在加kscn溶液，溶液呈血红色，则含有fe2+cso42、nh4+、na+一定，co32、al3+一定不存在d溶液中至少有4种离子存在，其中cl一定存在，且c（cl）0.2moll 1考点：常见离子的检验方法 专题：物质检验鉴别题分析：加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molnh4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为fe3+、fe2+，原溶液中一定没有co32；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在al3+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；颜色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子；根据溶液电中性判断是否存在氯离子解答：解：加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molnh4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为fe3+、fe2+，原溶液中一定没有co32；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在al3+；颜色反应为黄色，则溶液中一定存在钠离子，由于加入了naoh，无法判断原溶液中是否含有na+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，据电荷守恒，原溶液中一定有cl，物质的量至少为 0.02mol2+0.02mol0.02mol2=0.02mol，a根据以上分析可知，原溶液中含有0.02mol铁元素，无法判断存在的是铁离子或者亚铁离子，故a错误；b检验亚铁离子时，取少量原溶液于试管中，加kscn溶液，此时溶液现象必须是无色，然后再加入适量氯水，溶液呈血红色，则含有fe2+，否则如果加入硫氰化钾溶液后显示红色，则无法证明原溶液中是否含有亚铁离子，故b错误；c根据以上分析可知，原溶液中一定存在so42、nh4+、cl，只是存在fe3+、fe2+中的一种，其离子的物质的量为0.02mol，一定不存在co32、al3+；由于第一步中加入了氢氧化钠溶液，引进了钠离子，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故c错误；d根据以上分析，原溶液中一定存在0.02molnh4+，0.02molso42，0.02molfe3+、fe2+中的一种，当铁元素全部为亚铁离子时，阳离子所带电荷的物质的量最小，所以正电荷物质的量最少为：0.02mol2+0.02mol=0.06mol，而负电荷的物质的量为：0.02mol2=0.04mol，根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在cl，且c（cl）=0.2 moll1，故d正确；故选d点评：本题考查了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，选项d为难点、易错点，注意根据溶液电中性判断氯离子存在的方法二、解答题（共4小题，满分52分）17a、b、c、d、e是中学常见的5种化合物，a、b是氧化物，元素x、y的单质是生活中常见的活泼金属，相关物质间的关系如下图所示（1）x的单质与a反应的化学方程式是fe2o3+2alal2o3+2fe（2）若试剂1是naoh溶液，b物质的用途为作耐火材料（3）若试剂1是naoh溶液，试剂2为盐酸，则将d的饱和溶液滴加到沸水中加热至溶液为红褐色时发生的离子反应方程式为fe3+3h2o=fe（oh）3（胶体）+3h+（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸将物质c溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）al3+3h2o al（oh）3+3h+某高效净水剂是由y（oh）s04聚合得到的工业上以e、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备y（oh）so4，反应中有no生成，该反应的化学方程式是2feso4+2nano2+h2so42fe（oh）so4+na2so4+2no考点：无机物的推断 专题：推断题分析：元素x、y的单质是生活中常见的金属，a、b是氧化物，x与a能生成b和y，则x为al，y为fe，a为fe2o3，b为al2o3，al与氧化铁反应生成fe和氧化铝；al、氧化铝都既能与酸反应又能与碱反应，而fe、氧化铁都能与酸反应，则试剂1为naoh溶液时，c为偏铝酸钠；试剂2为硫酸时，d为硫酸铁、e为硫酸亚铁；试剂1为硫酸时，c为硫酸铝，该溶液水解显酸性，最后结合化学用语来解答即可解答：解：元素x、y的单质是生活中常见的金属，a、b是氧化物，x与a能生成b和y，则x为al，y为fe，a为fe2o3，b为al2o3，al与氧化铁反应生成fe和氧化铝；al、氧化铝都既能与酸反应又能与碱反应，而fe、氧化铁都能与酸反应，则试剂1为naoh溶液时，c为偏铝酸钠；试剂2为硫酸时，d为硫酸铁、e为硫酸亚铁；试剂1为硫酸时，c为硫酸铝，该溶液水解显酸性，（1）x的单质与a反应为铝热反应，即al与氧化铁反应生成氧化铝和fe，该反应为fe2o3+2alal2o3+2fe，故答案为：fe2o3+2alal2o3+2fe；（2）若试剂1是naoh溶液，b为al2o3，可作耐火材料，故答案为：作耐火材料；（3）若试剂1是naoh溶液，试剂2为盐酸，则c为偏铝酸钠，d为氯化铁，将d的饱和溶液滴加到沸水中加热至溶液为红褐色时铁离子水解生成氢氧化铁胶体，发生的离子反应方程式为fe3+3h2o=fe（oh）3（胶体）+3h+，故答案为：fe3+3h2o=fe（oh）3（胶体）+3h+；（4）若试剂1和试剂2均是稀硫酸，c为硫酸铝，水解显酸性，水解离子反应为al3+3h2o al（oh）3+3h+，故答案为：al3+3h2o al（oh）3+3h+；e为硫酸亚铁，与稀硫酸和亚硝酸钠为原料生成fe（oh）so4，反应中有no生成，该反应为2feso4+2nano2+h2so42fe（oh）so4+na2so4+2no，故答案为：2feso4+2nano2+h2so42fe（oh）so4+na2so4+2no点评：本题考查无机物的推断，明确铝热反应及al、氧化铝、fe、氧化铁的性质即可解答，并注意试剂1可以为酸或强碱来分析解答，题目难度不大185种固体物质a、b、c、d、e由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水阳离子na+、al 3+、fe3+、cu2+、ba2+阴离子oh、cl、co32、no3、so4分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：c、e溶液显碱性，a、b、d溶液呈酸性，0.1mol/l的e溶液ph13b溶液与e溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量c溶液与d溶液混合后产生白色沉淀，过量c溶液与d溶液混合后无现象；将38.4 g cu片投入装有足量d溶液的试管中，cu片不溶解，再滴加1.6 moll1稀h2so4，cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现（1）据此推断c、d的化学式为：cba（oh）2dal（no3）3（2）写出步骤中发生反应的化学方程式2fe3+3co32+3h2o=2fe（oh）2+3co2（3）步骤中若要将cu片完全溶解，至少加入稀h2so4的体积是500ml（4）不能确定的溶液为b和a（填字母编号），写出进一步确定溶液b组成的方案取少量b溶液于试管，向试管中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则b为硫酸铁，否则为氯化铁考点：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：c、e溶液显碱性，溶液可能为碱溶液或强碱弱酸盐，a、b、d溶液呈酸性，0.1mol/l的e溶液ph13，则1mole中含有小于1mol的氢氧根离子，只能为弱酸根离子水解，根据离子共存可知，e含有co32离子，结合离子共存，e只能为碳酸钠，结合离子共存可知，c为氢氧化钡；b溶液与碳酸钠溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，则b中含有fe3+、与碳酸根发生双水解反应生成二氧化碳氢氧化铁红褐色沉淀；少量氢氧化钡溶液与d溶液混合后产生白色沉淀，过量氢氧化钡溶液与d溶液混合后无现象，说明d中含有al3+、且不能是硫酸铝；将38.4 g cu片投入装有足量d溶液的试管中，cu片不溶解，再滴加1.6 moll1稀h2so4，cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明d中含有no3、，那么d为硝酸铝；那么a为硫酸铜或者氯化铜，那么b就为氯化铁或者硫酸铁，据此解答各小题即可解答：解：依旧分析可知：c为ba（oh）2，d为al（no3）3，e为na2co3，a中含有铜离子，b中含有铁离子，（1）依据分析可知：c为 ba（oh）2，d为 al（no3）3，故答案为：ba（oh）2；al（no3）3；（2）写出步骤中发生反应的化学方程式为：2fe3+3co32+3h2o=2fe（oh）2+3co2，故答案为：2fe3+3co32+3h2o=2fe（oh）2+3co2； （3）38.4 g cu的物质的量为：=0.6mol，步骤中发生的离子反应方程式为：3cu+8h+3no3=3cu2+2no+4h2o，若要将cu片完全溶解，需要氢离子的物质的量为1.6mol，故至少加入稀h2so4的体积设为v，即1.6mol/lv2=1.6mol，解v=500ml，故答案为：500；（4）依据分析可知：不能确定的溶液为b和a，进一步确定溶液b组成的方案是：取少量b溶液于试管，向试管中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则b为硫酸铁，否则为氯化铁，故答案为：a；取少量b溶液于试管，向试管中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则b为硫酸铁，否则为氯化铁点评：本题主要考查的是物质的推断与离子共存问题，依据各自特有的现象推断出各种物质是解决本题的关键，难度一般19（16分）硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料，铜不能与稀硫酸直接反应，本实验中将适量浓硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体（装置如图1、2所示）（1）如何检验装置气密性关闭k1、k2，微热圆底烧瓶，3中长导管有气泡冒出，停止加热长导管中形成一段水柱（2）实验过程中通入o2的作用使生成的氮的氧化物能被完全吸收3中液体为naoh溶液（3）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：方案1：以空气为氧化剂将铜粉在仪器b中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应方案2：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应向反应液中加feso4或fe2（so4）3，即发生反应反应完全后向其中加物质甲调节ph 34，产生fe（oh）3沉淀，过滤、蒸发、结晶，滤渣作催化剂循环使用（已知fe（oh）3和cu（oh）2完全沉淀时的ph分别为37.64）请回答下列问题：方案1中的b仪器名称是坩埚方案2中甲物质是ab（填字母序号）acuo bcuco3 cnaoh dnh3h2o以加入fe2（so4）3为例，用离子方程式解释反应发生的原因2fe3+cu=2fe2+cu2+、4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o方案3：将3.2g铜丝放到45ml 1.5mol？l1的稀硫酸中，控温在50加入18ml 10%的h2o2，反应0.5小时后，升温到60，持续反应1小时后，过滤、蒸发结晶、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得cuso45h2o 10.6g则过程cu的利用率为84.8%考点：制备实验方案的设计；性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）检验装置的气密性，应该先形成密闭体系，在根据气体热胀冷缩的原理检验（2）cu与硫酸、硝酸反应生成氮的氧化物，通入氧气可以使其在氢氧化钠溶液中完全吸收；（3）高温灼烧固体应在坩埚中进行；调节溶液的ph时，不能引进杂质离子，且所加的物质可以和酸发生反应即可；向反应液中加fe2（so4）3时，fe2（so4）3与cu反应生成feso4，亚铁离子被氧气氧化为铁离子；根据铜原子守恒得铜和五水硫酸铜的关系，求出cuso45h2o 质量，然后求出产率；对比两种方案时从能量消耗、产品纯度、是否产生有害物质等分析解答：解：（1）检验装置的气密性，应该先形成密闭体系，则需要关闭活塞k1、k2，微热圆底烧瓶，烧瓶中气体膨胀，则3中长导管有气泡冒出，停止加热，烧瓶中气体压强减小，大气压压着水进入长导管，则长导管中形成一段水柱，故答案为：关闭k1、k2，微热圆底烧瓶，3中长导管有气泡冒出，停止加热长导管中形成一段水柱；（2）cu与硫酸、硝酸反应生成氮的氧化物，氮的氧化物属于有毒气体用于氢氧化钠溶液吸收，所以3中液体为氢氧化钠溶液，通入氧气可以使氮的氧化物在氢氧化钠溶液中完全吸收，故答案为：使生成的氮的氧化物能被完全吸收；naoh溶液；（3）高温灼烧固体应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；调节溶液的ph时，不能引进杂质离子，且所加的物质可以和酸发生反应即可，所以甲物质为cuo或cuco3；向反应液中加fe2（so4）3时，fe2（so4）3与cu反应生成feso4，其反应的离子方程式为：2fe3+cu=2fe2+cu2+；通入的氧气能够把亚铁离子氧化为铁离子，其反应的离子方程式为：4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o；故答案为：ab；2fe3+cu=2fe2+cu2+、4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o；设3.2g铜生成五水硫酸铜的质量为xg，根据铜原子守恒得铜和五水硫酸铜的关系式为：cucuso45h2o 64 2503.2g xg所以x=12.5理论上生成cuso45h2o 12.5克，故产率为100%=84.8%，故答案为：84%点评：本题考查了学生对实验原理的理解、实验方案的评价、实验装置的理解与评价、常用化学用语、物质推断、实验条件控制等，难度中等，应根据实验目的思考实验原理，根据实验原理中反应物的状态和反应条件确定试剂和装置，通过比较和评价优选最佳实验方案20（16分）研究表明丰富的co2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源（石油和天然气）到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由co2累积所产生的温室效应，实现co2的良性循环（1）目前工业上有一种方法是用co2和h2在230催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气如图表示恒压容器中0.5 mol co2和1.5 mol h2转化率达80%时的能量变化示意图如图1写出该反应的热化学方程式co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49kjmol1（2）工业上可用co2与h2反应生成甲醇，在t下，将1molc o 2和2molh2充入5l恒容密闭容器中发生反应为co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g），测得h2的物质的量随时间的变化情况如图2曲线i所示按曲线i计算反应从0到4min时，v（h2）=0.05mol/（lmin）在t下，若仅改变的外界条件为增大二氧化碳的浓度，反应按曲线进行，计算达到平衡时容器中c（co2）=2.4mol/l判断该反应达到平衡的依据为ac（填正确选项字母）a混合气体的平均相对分子质量不随时间改变b3v（h2）正=v（ch3oh）逆c混合气体的压强不随时间改变d单位时间内生成ch3oh和h2o的物质的量相同（3）以二氧化钛表面覆盖cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250时，催化剂的催化效率降低将cu2al2o4溶解在稀硝酸的离子方程式为3cu2al2o4+32h+2no3=6cu2+6al3+2no+16h2o（4）li2o、na2o、mgo均能吸收co2如果寻找吸收co2的其他物质，下列建议合理的是ada可在碱性氧化物中寻找b可在a、a族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找li2o吸收co2后，产物用于合成li4sio4用于吸收、释放co2，原理是在500，co2与li4sio4接触后生成li2co3，平衡后加热至700，反应逆向进行，放出co2，li4sio4再生，说明该原理的化学方程式是co2+li4sio4li2co3+li2sio3考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 分析：（1）根据图1可知0.5mol co2和1.5mol h2转化率达80%时放热