福建省惠安一中、养正中学、安溪一中高三化学上学期期中联考试题（含解析）.doc

化学试卷一、选择题（共24小题，每小题2，满分481下表中关于物质分类的正确组合是（）类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ano2cuoh2so4nh3h2ona2sbco2na2och3coohnaohnahco3cso2al2o3hclkohnacldso3caohno3na2co3caco3a abbccdd考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系分析：酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物，据此分析解答：解：a、no2与碱反应除了生成盐和水，还生成no，故不是酸性氧化物，故a错误；b、co2是酸性氧化物，na2o是碱性氧化物，ch3cooh是酸，naoh是碱，nahco3是盐，故b正确；c、al2o3是两性氧化物，不是碱性氧化物，故c错误；d、na2co3是盐不是碱，故d错误故选b点评：本题考查了酸碱盐、碱性氧化物、酸性氧化物等的概念，把握住概念的实质是解题关键，难度不大2下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）a 2hgo2hg+o2b2nacl（熔融）2na+cl2c 2mgo（熔融） 2mg+o2dfe2o3+3co2fe+3co2考点：金属冶炼的一般原理专题：几种重要的金属及其化合物分析：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2hgo2hg+o2热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（c、co、h2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：fe2o3+3co 2fe+co2电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2al2o34al+3o2，金属钠、镁采用电解熔融的氯化物的方法，利用铝热反应原理还原：v、cr、mn、w等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼解答：解：a、hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故a正确；b、钠是活泼金属，应采用电解法制取，故b正确；c、镁是活泼金属，应采用电解法氯化镁的方法制取，氧化镁的熔点太高，消耗再多的资源，故c错误；d、fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（c、co、h2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故d正确故选c点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大3用 na表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a32go2和o3的混合气体中含有的氮原子数为2nab标况下，11.2l乙醇中所含的碳原子数目为nac1 l 0.1 mol/l的fe2（so4）3溶液中，fe3+的数目为0.2 nad过氧化氢分解制得标准状况下1.12 l o2，转移电子数目为 0.2 na考点：阿伏加德罗常数分析：a、根据o2和o3均由氧原子构成来计算；b、标况下，乙醇为液态；c、fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解；d、根据h2o2的分解是歧化反应解答：解：a、o2和o3均由氧原子，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量n=2mol，个数为2na，故a正确；b、标况下，乙醇为液态，故b错误；c、fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解，故fe3+的数目小于0.2 na，故c错误；d、标准状况下1.12 l o2的物质的量为0.05mol，h2o2的分解是歧化反应，2h2o2=2h2o+o2，此反应中每生成1mol氧气转移2mol电子，故生成0.05mol氧气时转移0.1mol电子，个数为0.1na，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4（2分）用36.5%的浓hcl（密度为1.2gcm3）配1moll1的稀hcl 100ml，配制过程需用到的仪器是（）100ml量筒 10ml量筒 50ml 烧杯 托盘天平 100ml容量瓶胶头滴管 玻璃棒abcd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：先根据稀释前后溶质的质量不变计算出浓盐酸的体积，确定量筒的规格，再根据实验操作的步骤（计算量取稀释、冷却移液洗涤定容摇匀等）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器解答：解：设浓盐酸的体积为vml，则vml1.2gcm336.5%=1moll10.1l36.5g/mol，解得：v=8.33ml，所以量取时用10ml量筒，配制顺序是：计算量取稀释、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，一般用量筒（用到胶头滴管）量取，在烧杯中稀释，冷却后转移到100ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶，故选b点评：本题主要考查了一定物质的量浓度溶液的计算与仪器，难度不大，在量取液体的体积时要注意仪器的精确度，往往和计算的结果不一致5（2分）对于4时，水中溶解了22.4l hcl气体（标准状况下测得）后形成的溶液200ml，下列说法中正确的是（）a该溶液物质的量浓度为10mol/lb所用水的体积为177.6lc根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得d该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得考点：物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用分析：a标准状况下22.4lhcl的物质的量为1mol，根据c=计算出溶液的物质的量浓度；b溶液体积不等于气体体积+水的体积；c溶质的物质的量和溶液体积已知，可以根据c=计算出溶液的物质的量浓度；d不知道溶液密度，无法计算溶液质量，则无法计算溶质的质量分数解答：解：a标准状况下22.4lhcl的物质的量为：=1mol，溶于水配成200ml溶液，溶液的浓度为：c（hcl）=5mol/l，故a错误；b溶液体积溶质体积+溶剂体积，不能用总溶液体积溶质计算溶剂体积，故b错误；c标准状况下22.4lhcl的物质的量为1mol，溶液体积为0.2l，可以计算出溶液的物质的量浓度，故c错误；d溶液密度不知，无法计算溶液质量，则无法计算溶液的质量分数，故d正确；故选d点评：本题考查对物质的量浓度的计算、溶质质量分数计算与判断，题目难度中等，注意物质的量浓度理解及与质量分数的关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力6（2分）在含有fecl3、fecl2、alcl3、nacl的混合溶液中，加入足量的na2o2固体，搅拌充分反应后，再加入过量盐酸，溶液中离子数目无变化的是（）ana+bal3+cfe2+dfe3+考点：离子方程式的有关计算分析：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，铵盐易和强碱反应解答：解：因为加入的过氧化钠具有强氧化性，所以二价铁会被氧化为三价铁，两者变化均较大，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，钠离子增加，反应生成naoh与nh4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以铵根减少，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即al3+数目无变化故选b点评：本题考查物质性质的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点7（2分）下列条件下，两瓶气体所含原子数、分子数一定相等的是（）a同温度、同体积的n2和cob同密度、同体积的h2和n2、c同温度、同压强的c2h4和c3h6d同质量、不同密度的n2o和co2考点：阿伏加德罗定律及推论分析：a同温条件下，同体积的不同气体其物质的量不一定相等，根据n=nna判断；b同密度、同体积的氢气和氮气，其质量相等，根据n=na判断；c同温同压下，气体摩尔体积相等，两瓶气体的体积不一定相等，所以其物质的量不一定相等；d同质量、不同密度的n2o和co2，其体积不等，根据n=na判断解答：解：a同温条件下，同体积的不同气体其物质的量不一定相等，根据n=nna知，其分子数不一定相等，故a错误；b同密度、同体积的氢气和氮气，其质量相等，根据n=na知，二者的质量相等、摩尔质量不等，所以其分子数不等，故b错误；c同温同压下，气体摩尔体积相等，两瓶气体的体积不一定相等，所以其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故c错误；d同质量、不同密度的n2o和co2，其体积不等，根据n=na知，相同质量、摩尔质量相等，所以其分子数相等，每个分子中原子个数相等，所以其原子总数一定相等，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，题目难度不大8（2分）下列关于钠及其化合物的说法正确的是（）钠钾合金通常状况下呈液态，可做原子反应堆的导热剂钠的化学性质活泼，少量的钠可保存在有机溶剂ch3ch2oh中钠在空气中缓慢氧化生成na2o，在氧气中剧烈燃烧而生成na2o2由于钠比较活泼，所以它能从cuso4溶液中置换出金属cu过氧化钠在某些呼吸面具中用于制备氧气na2co3溶液能跟酸溶液反应，但不能跟任何碱溶液反应abcd考点：钠的重要化合物；钠的化学性质分析：根据钠钾合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂；根据钠与乙醇反应生成氢气；根据钠在空气中缓慢氧化，在氧气中燃烧更为剧烈；由于钠比较活泼，钠与盐溶液反应时，先与水反应生成碱和氢气，然后生成的碱再与盐反应；过氧化钠在某些呼吸面具中用于制备氧气；na2co3溶液也能跟碱溶液发生复分解反应；解答：解：钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，故正确；钠与乙醇反应生成氢气，故错误；钠在空气中缓慢氧化，在氧气中燃烧更为剧烈，故正确；钠比较活泼，钠与盐溶液反应时，先与水反应生成碱和氢气，然后生成的碱再与盐反应，所以钠不能从盐溶液中置换出金属活动性顺序表中钠后面的金属，故错误；过氧化钠在某些呼吸面具中用于制备氧气，故正确；na2co3溶液能跟酸溶液反应，也能跟碱溶液发生复分解反应，故错误；故选：d；点评：本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，根据所学知识即可完成9（2分）下列关于元素及其化合物的说法正确的是（）afe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸发生现象剧烈的反应bal、al2o3、al（oh）3、naalo2均能和naoh溶液发生反应cnahco3可用于制备纯碱、治疗胃酸过多的药剂、食品发酵剂d制备fecl3、cucl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的化学性质分析：afe在常温下与浓硝酸、浓硫酸发生钝化，无剧烈现象； b根据al、al2o3、al（oh）3、naalo2的性质分析；c根据碳酸氢钠的性质分析； d依据盐类水解的应用解答解答：解：a浓硝酸、浓硫酸都具有强氧化性，常温下能和铁发生钝化反应，在铁的表面氧化成致密的氧化膜，阻止反应进一步发生，无剧烈现象，铁和稀硝酸能发生剧烈反应，故a错误； bnaalo2与naoh不反应，故b错误； c碳酸氢钠和盐酸反应，可用于中和胃酸，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，所以制备纯碱、治疗胃酸过多的药剂、食品发酵剂，故c正确；dfecl3、cucl2溶于水均水解分别生成氢氧化铁、氢氧化铜，因盐酸为挥发性酸，氯化氢挥发促进盐类水解，所以制备fecl3、cucl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故d错误；故选：c；点评：本题考查元素化合物知识，侧重考查浓硝酸、浓硫酸强氧化性，al、al2o3、al（oh）3和naoh溶液原理等知识，注意盐类水解的应用，题目难度中等10（2分）氰气的化学式为（cn）2，它的性质和卤素相似，称为拟卤素，对其性质和有关化合物性质的叙述不正确的是（）aagcn难溶于水bmno2不能与hcn反应生成（cn）2chcn易形成白雾d（cn）2和naoh溶液反应生成nacn、nacno和h2o考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用分析：（cn）2的性质和卤素相似，将cn换为cl，利用氯化物的性质来类推氰气及其化合物的性质，以此来解答解答：解：a因agcl不溶于水，则agcn不溶于水，故a正确；b浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，则mno2可与hcn反应生成（cn）2，故b错误；chcl易结合水蒸气形成白雾，则hcn也易形成白雾，故c正确；d氯气与naoh反应生成nacl、naclo、水，则（cn）2和naoh溶液反应生成nacn、nacno和h2o，故d正确；故选b点评：本题考查（cn）2的性质，注意利用信息及类推法分析物质的性质为解答本题的关键，注重知识迁移应用能力的考查，题目难度中等11（2分）下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（）实验操作实验现象结论a向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色褪去2 min后，试管里出现凝胶酸性：盐酸硅酸b在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝c常温下，向浓硫酸中投入铝片铝片不溶解常温下，铝不与浓硫酸反应d向某无色溶液中先滴加氯水，再加少量ccl4，振荡，静置溶液分层，下层为橙红色溶液中含有braabbccdd考点：铝的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用分析：a试管里出现凝胶，说明生成硅酸；b铝箔熔化但不滴落，原因是表面生成氧化铝膜，熔点较高；c常温下，铝与浓硫酸发生钝化反应；d向某无色溶液中先滴加氯水，再加少量ccl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色是被氧化出来的溴单质溶于ccl4解答：解：a试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸硅酸，故a正确；b铝箔熔化但不滴落，原因是表面生成氧化铝膜，熔点较高，即熔点：氧化铝铝，故b正确；c常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，而不是不反应，原因是在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行，故c错误；d向某无色溶液中先滴加氯水，再加少量ccl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色是被氧化出来的溴单质溶于ccl4，故d正确故选c点评：本题考查化学实验方案的设计，涉及物质性质的考查，侧重点较为基础，题目难度不大12（2分）下列有关实验的说法正确的是（）a除去铁粉中混有少量铝粉，可加入过量的稀硫酸溶液，完全反应后过滤b为测定熔融氢氧化钠的导电性，不能在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量c制备fe（oh）3胶体，通常是将naoh溶液滴入fecl3溶液中d某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有co32考点：化学实验方案的评价；电解质溶液的导电性；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；常见阴离子的检验专题：实验评价题分析：a铁、铝都与稀硫酸反应；b高温下，氢氧化钠与二氧化硅反应；c将naoh溶液滴入fecl3溶液中得到氢氧化铁沉淀，不能得到胶体；d使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫解答：解：a铁、铝都与稀硫酸反应，应加入氢氧化钠溶液除杂，故a错误；b高温下，氢氧化钠与二氧化硅反应，可使坩埚炸裂，故b正确；c制备fe（oh）3胶体，应将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，至溶液呈红褐色停止加热，将naoh溶液滴入fecl3溶液中得到氢氧化铁沉淀，不能得到胶体，故c错误；d使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，不一定为co32，故d错误故选b点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、检验以及较为的制备等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大13（2分）如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项x收集气体ya碱石灰氯气氢氧化钠b碱石灰氨气水c氯化钙二氧化硫氢氧化钠d氯化钙一氧化氮氢氧化钠aabbccdd考点：气体的净化和干燥；气体的收集；尾气处理装置分析：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答解答：解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，a碱石灰呈碱性，能和氯气反应，所以氯气不能用碱石灰干燥，故a错误；b氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故b错误；c二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故c正确；d常温下no和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到no，no采用排水法收集，故d错误；故选c点评：本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大14（2分）下列各组离子在给定条件下，能大量共存的是（）a含有no3的水溶液中：nh4+、fe2+、so42、h+b含有co32的澄清透明溶液中：k+、no3、cl、na+c在ph=2的溶液中：clo、so32、na+、k+d能与铝粉反应生成氢气的溶液中：na+、al3+、ch3coo、i考点：离子共存问题分析：ano3在酸性条件下具有强氧化性；b如与co32不反应，则离子可大量共存；cph=2的溶液呈酸性；d能与铝粉反应生成氢气的溶液，可能呈强碱性，或为非氧化性酸溶液解答：解：ano3在酸性条件下具有强氧化性，fe2+不能大量共存，故a错误；b离子之间不发生任何反应，可大量共存，故b正确；cph=2的溶液呈酸性，酸性条件下，clo、so32发生氧化还原反应，不能大量共存，故c错误；d能与铝粉反应生成氢气的溶液，可能呈强碱性，或为非氧化性酸溶液，酸性条件下ch3coo不能大量共存，碱性条件下al3+不能大量共存，故d错误故选b点评：本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确题中信息的挖掘和应用是解答的关键，并熟悉离子不能共存的常见的原因即可解答15（2分）某溶液中可能含有h+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入naoh溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）ad点溶液中含有的溶质有na2so4、naalo2、nh3h2ob原溶液中含有的fe3+、mg2+和al3+的物质的量之比为1：1：1cab段发生的离子反应为：al3+3oh=al（oh）3，mg2+2oh=mg（oh）2，fe3+3oh=fe（oh）3d原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+，但不能肯定mg2+和fe3+中的哪一种考点：离子方程式的有关计算分析：加入naoh溶液后，在0a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在h+离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在al3+；ab段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在mg2+、fe3+、al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象al（oh）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由ohalo2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，其他离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明一定存在fe3+，没有mg2+，再由bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与nh4+发生了反应，即溶液中一定存在nh4+；根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在so42，故原溶液中一定存在h+、nh4+、al3+、so42、fe3+，据此分析解答：解：加入0a段，加入naoh溶液后没有生成沉淀，说明溶液中一定存在h+，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在铝离子；ab段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在mg2+、fe3+、al3+；根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在al3+，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由ohalo2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，其他离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明一定存在fe3+，没有mg2+；再由bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与nh4+发生了反应生成了nh3h2o，即溶液中一定存在nh4+；根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在so42，故原溶液中一定存在h+、nh4+、al3+、so42、fe3+，一定不存在mg2+a、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成naalo2，所以溶液中含有的溶质为na2so4、naalo2、nh3h2o，故a正确；b、根据以上分析一定不存在mg2+离子，故b错误；c、根据以上分析一定不存在mg2+离子，故c错误；d、根据以上分析原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+、fe3+，没有mg2+，故d错误；故选a点评：本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题易错点认为不能肯定mg2+和fe3+中的哪一种16（2分）粒子甲与粒子乙在溶液中的转化关系如图所示，粒子甲不可能是（）anh4+balchco3dco2考点：铝的化学性质分析：根据微粒甲能与氢氧根反应生成乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可解答：解：anh4+与oh反应生成nh3和h2o，nh3和氢离子反应生成铵根离子，符合转化关系，故a错误；bal与与oh反应生成alo2，与氢离子反应生成沉淀或铝离子，得不到al，不符合转化关系，故b正确；chco3与氢氧根能反应生成co32，co32和h+反应可生成co32+h+hco3，符合转化关系，故c错误；dco2与氢氧根能反应生成碳酸根，碳酸根和氢离子反应生成水和co2，符合转化关系，故d错误；故选b点评：本题考查无机物的推断，把握物质的性质及图中转化关系为解答的关键，注意微粒之间发生的反应，题目难度不大17（2分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）afecl3溶液与cu反应：fe3+cu=fe2+cu2+bnh4hco3溶液与足量ba（oh）2溶液混合：hco3+ba2+oh=baco3+h2oc将过量的co2通入ca（clo）2溶液中：co2+h2o+2clo+ca2+=2hclo+caco3d将0.2 moll1的kal（so4）2溶液与0.3 moll1的ba（oh）2溶液等体积混合：2al3+3so42+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4考点：离子方程式的书写分析：a根据电荷守恒判断，离子方程式两边正电荷不相等；b氢氧化钡足量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；c二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙，不会生成碳酸钙沉淀；d设溶液体积为1l，根据铝离子、硫酸根离子、钡离子、氢氧根离子的物质的量判断过量情况及反应产物，然后写出离子方程式解答：解：afecl3溶液与cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式两边正电荷不相等，正确的离子方程式为：2fe3+cu=2fe2+cu2+，故a错误；bnh4hco3溶液与足量ba（oh）2溶液混合，反应生成碳酸钡沉淀、一水合氨和水，正确的离子方程式为：nh4+hco3+ba2+2oh=baco3+h2o+nh3h2o，故b错误；c将过量的co2通入ca（clo）2溶液中，反应生成碳酸氢钙，正确的离子方程式为：co2+h2o+clo=hclo+hco3，故c错误；d设溶液体积为1l，1l 0.2 moll1的kal（so4）2溶液中含有0.2mol铝离子、0.4mol硫酸根离子，1l 0.3 moll1的ba（oh）2溶液中含有0.3mol钡离子、0.6mol氢氧根离子，两溶液等体积混合后生成0.2mol氢氧化铝沉淀、0.3mol硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：2al3+3so42+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4，故d正确；故选d点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，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）；选项d为易错点，注意根据反应物过量情况正确判断反映产物18（2分）已知下列实验事实：cr2o3固体既能溶于koh溶液得到kcro2溶液，又能溶于硫酸得到cr2（so4）3溶液；将k2cr2o7溶液滴加到淀粉和ki的混合溶液中，溶液变蓝；向kcro2溶液中滴加h2o2溶液，再酸化，可得k2cr2o7溶液下列判断不正确的是（）a化合物kcro2中cr元素为+3价b实验证明cr2o3是两性氧化物c实验证明氧化性：cr2o72i2d实验证明h2o2有氧化性考点：氧化还原反应分析：中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；中，发生氧化还原反应，cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中o元素的化合价降低；中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，cr元素的化合价降低，i元素的化合价升高，以此来解答解答：解：a化合物kcro2中，k为+1价，o为2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则cr元素为+3价，故a正确；b由反应可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故b正确；c由中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，cr元素的化合价降低，i元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为cr2o72i2，故c错误；d实验中发生氧化还原反应，cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中o元素的化合价降低，所以证明h2o2有氧化性，故d正确；故选c点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项b为解答的易错点，题目难度不大19（2分）氮氧化铝（alon）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应al2o3+c+n2 2alon+co合成，其中是n2氧化剂，下列有关说法正确的是 （）a氮氧化铝中氮的化合价是3b氮氧化铝中氧的化合价是2c反应中每生成5.7g alon 同时生成1.12 l cod反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1考点：氧化还原反应分析：al2o3+c+n2 2alon+co中，n元素化合价降低，n2为氧化剂，c元素化合价升高，c为氧化剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目解答：解：a由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，o为2价，氮元素的化合价为1，故a错误；b氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，o为2价，氮元素的化合价为1，故b正确；c状况未知，不能计算生成co的体积，故c错误；dco为氧化产物，alon为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故d错误；故选b点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念的考查，题目难度不大20（2分）甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图（反应条件及其它产物已略去）下列说法不正确的是（）a若甲是alcl3溶液，则丁可能是naoh溶液b若甲是cl2，则丁可能是fec若丁是co2，则甲可能为mgd若丁是hcl，则甲一定是na2co3考点：无机物的推断分析：a若甲是alcl3溶液，丁可能是naoh溶液，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钠，符合转化关系；b若甲是cl2，丁可能是fe，乙为氯化铁，丙为氯化亚铁，符合转化条件；c镁能和二氧化碳反应生成碳，碳能和二氧化碳发生化合反应；d若丁是hcl，甲是na2co3，乙不管是氯化钠还是二氧化碳或者水，都不与盐酸反应，不符合转化条件解答：解：a若甲是alcl3溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故a正确；b若甲是cl2，氯气与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁，所以符合转化关系，故b正确；c若丁是co2，甲为mg，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，符合转化关系，故c正确；d若丁是hcl，甲是na2co3，乙不管是氯化钠还是二氧化碳或者水，都不与盐酸反应，不符合转化条件，故d错误故选：d点评：本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度或反应条件等有关，同时考查学生总结归纳能力，难度中等21（2分）将铝、铁物质的量均为0.2mol的某种铝铁合金粉末分别于下列溶液充分反应（溶液均过量），放出氢气最多的是（）a18.4moll1h2so4溶液b1.5moll1 hcl溶液c4moll1hno3溶液d3moll1naoh溶液考点：有关混合物反应的计算；铝的化学性质；铁的化学性质分析：浓硫酸、硝酸具有强氧化性，反应不生成氢气，金属与盐酸反应均生成氢气，而fe不与氢氧化钠溶液反应，以此来解答解答：解：浓硫酸、硝酸具有强氧化性，反应不生成氢气，fe、al与盐酸反应均生成氢气，而al与氢氧化钠溶液反应生成氢气，fe不与氢氧化钠溶液反应，故金属与盐酸反应生成氢气最多，故选b点评：本题考查金属与酸的反应，注意浓硫酸、硝酸具有强氧化性键，掌握物质的性质即可解答，难度不大22（2分）现将1mo1cu2s与144克feo投入到足量稀硝酸溶液中，充分反应得到fe（no3）3、cu（no3）2、cuso4的混合溶液，并产生no气体则最终消耗的硝酸的物质的量是（）a12 mo1b15 mo1c16 mo1d17 mo1考点：有关混合物反应的计算分析：反应中cu元素化合价由+1价升高为+2价，s元素化合价由2升高为+6，fe元素化合价由+2升高为+3，而n元素化合价由+5降低为+2，根据电子转移守恒计算生成no的物质的量，根据氮元素守恒计算消耗硝酸的物质的量解答：解：144克feo的物质的量=2mol，反应中cu元素化合价由+1价升高为+2价，s元素化合价由2升高为+6，fe元素化合价由+2升高为+3，而n元素化合价由+5降低为+2，根据电子转移守恒：（52）n（no）=1mol2（21）+6（2）+2mol（32），解得n（no）=4mol，由氮元素守恒，可知消耗n（hno3）=3nfe（no3）3+2ncu（no3）2+n（no）=3nfe（no3）3+2n2moln（cuso4）+n（no）=2mol3+2（2mol1mol）+4mol=12mol，故选a点评：本题考查氧化还原反应计算，难度中等，转移利用原子守恒与电子转移守恒计算23（2分）常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到200ml c（oh）=0.1mol/l的溶液，然后逐滴加入1mol/l的盐酸，测得生成沉淀的质量m与消耗盐酸的体积v关系如图所示，则下列说法正确的是（）a原合金质量为 0.92 gb图中v2为 100c整个加入盐酸过程中 na+的浓度保持不变dq点m1为0.78考点：离子方程式的有关计算分析：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0.2l0.1mol/l=0.02mol，由naoh+hclnacl+h2o，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b正确；c、由2na+2h2o2naoh+h2、2al+2h2o+2naoh2naalo2+3h2，加盐酸后，先发生naoh+hclnacl+h2o，后发生naalo2+hcl+h2onacl+al（oh）3，最后发生al（oh）3+3hclalcl3+3h2o，随着盐酸的量的加入，体积增大，钠离子的量不变，所以浓度减小，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错误；故选b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24（2分）（2012龙岩二模）高效净水剂聚合氯化铝铁（pafc）的组成可表示为alfe（oh）ncl6nm，该物质广泛应用于日常生活用水和工业废水的净化处理某工厂欲以工业废料（金属铁、铝及其氧化物）为原料、采用如下流程来制取pafc：下列判断无法确定的是（）apafc因水解而能净水b往甲溶液中滴入kscn溶液后呈血红色c试剂x具有氧化性d乙溶液肯定不可能呈强碱性考点：制备实验方案的设计；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：废料中加入过量稀盐酸，充分反应后得到甲溶液，甲溶液中含有alcl3，由于al、fe以及fe2o3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中fe元素的存在形成，不能确定是存在fe2+还是fe3+或是二者都有，加入x应为氧化剂，可将fe2+生成fe3+，加入naoh溶液后，调节溶液ph，可生成目标物，以此解答该题解答：解：aalfe（oh）ncl6nm可水解生成氢氧化铝和氢氧化铁，具有吸附性，可用于净水，故a不选；b由于al、fe以及fe2o3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中fe元素的存在形成，不能确定是存在fe2+还是fe3+或是二者都有，则加入kscn溶液后溶液不一定成血红色，故b选；c加入x应为氧化剂，可将fe2+生成fe3+，因alfe（oh）ncl6nm中fe为+3价，可起到净水剂的作用，故c不选；d如呈强碱性，则不可能生成alfe（oh）ncl6nm，因氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故d不选故选b点评：本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考高频考点，注意把握实验的原理，掌握物质的性质为解答该题的关键，难度不大二、解答题（共4小题，满分52分）25（16分）x、y、z、w四种常见元素，且均为短周期元素已知：x的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸 y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料 z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料 w被称为军事金属，可在co2中燃烧（1）x的最高价氧化物对应水化物的水溶液与y的氧化物反应的离子方程式为6h+al2o3=2al3+3h2o（2）z的氧化物在通讯领域用来作光导纤维，工业上制z单质的化学反应方程式为sio2+2csi+2co（3）在50ml，lmoll1的yx3溶液中逐滴加入0.5moll1的naoh溶液，得到1.56g沉淀，则加入naoh溶液的体积最多为360ml（4）y、w合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料研究性学习小组的三位同学，为测定某y、w合金（设不含其他元素）中w的质量分数，设计下列三种不同的实验方案进行探究填写下列空白：探究一实验方案：y、w合金测定剩余固体质量实验步骤：称取一定质量的y、w合金粉末样品，加入过量的na0h溶液，充分反应实验中发生反应的化学方程式是2al+2naoh+2h2o=2naalo2+h2过滤、洗涤、干燥、称量剩余固体若未洗涤固体，将导致测得的z的质量分数偏高（填“偏高”或“偏低”）探究二实验方案：称量xg y、w合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧问题讨论：欲计算w的质量分数该实验中还需测定的数据是灼烧后固体的质量若用空气代替o2进行实验，对测定结果是否有影响？是（填“是”或“否”）考点：位置结构性质的相互关系应用；探究物质的组成或测量物质的含量分析：x、y、z、w四种常见元素，且均为短周期元素已知：x的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸，故x为氯； y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料，故y是铝； z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，故z为硅；w被称为军事金属，可在co2中燃烧，故w为镁；据此解答（1）（2）（3）即可；（4）探究一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大；探究二：mg、al都能够与氧气化学反应生成氧化物；用空气代替o2进行实验，发生反应：3mg+n2mg3n2，2mg+co2mgo+c，测定生成固体的质量变大解答：解：依据分析可知x为氯，y为铝，z为硅，w为镁，（1）cl的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，al的氧化物为氧化铝，它们反应生成铝离子和水，离子方程式为：6h+al2o3=2al3+3h2o，故答案为：6h+al2o3=2al3+3h2o；（2）z的氧化物为二氧化硅，常用作光导纤维，工