江西省南昌市八一中学高三化学8月模拟考试试题（含解析）新人教版.doc

江西省南昌市八一中学2015届高三化学8月模拟考试试题（含解析）新人教版一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1生活中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）a硫酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作x光透视肠胃的药剂b使用明矾可以对水进行消毒、杀菌c铁制品在干燥的空气中易生锈d棉花、蚕丝和人造丝的主要成分是纤维素分析：a难溶于水也难溶于酸的baso4，不但没有毒，而且它具有不易被x射线透过的特点；b明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体只具有吸附杂质的作用；c铁在有水和氧气并存时易生锈；d蚕丝的成分是蛋白质解答：解：a溶于水的钡盐如ba（no3）2、bacl2等对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的baso4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被x射线透过的特点，在医疗上被用作x射线透视胃肠的内服药剂“钡餐”，故a正确； b明矾利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附悬浮的杂质可以净水，但不能杀菌消毒，故b错误；c在干燥的空气中，铁不与水接触，不易生锈，故c错误；d棉花和人造丝的主要成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故d错误故选a点评：本题考查钡餐、明矾净水、原电池和物质的成分，难度不大，明确铁生锈原理是解题的关键2下列气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用固体naoh干燥的是（）cl2；o2；h2；so2；co；nh3；ch4；no2；co2abcd分析：浓硫酸为酸性、强氧化性的干燥剂，不能用于干燥碱性、具有较强还原性的气体；氢氧化钠为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，据此进行判断解答：解：cl2；氯气能够与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠干燥氯气，故错误；o2；氧气为中性气体，不与浓硫酸和氢氧化钠反应，既可用浓硫酸干燥，又可用固体naoh干燥，故正确；h2；氢气为中性气体，不与浓硫酸和氢氧化钠反应，既可用浓硫酸干燥，又可用固体naoh干燥，故正确；so2；二氧化硫能够与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠干燥，故错误；co；一氧化碳为中性气体，不与浓硫酸和氢氧化钠反应，既可用浓硫酸干燥，又可用固体naoh干燥，故正确；nh3；氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故错误；ch4；为中性气体，不与浓硫酸和氢氧化钠反应，既可用浓硫酸干燥，又可用固体naoh干燥，故正确；no2；二氧化氮能够与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠干燥，故错误；co2，为酸性气体，能够与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠干燥，故错误；根据以上分析可知，既可用浓硫酸干燥，又可用固体naoh干燥的气体有：，故选a点评：本题考查了气体的干燥与净化方法判断，题目难度不大，试题题量稍大，注意掌握常见气体的化学性质，明确干燥剂的分类及正确选用干燥剂的方法3有关实验的叙述，正确的是（）a将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液b用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的ph试纸上测定其phc用naoh溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应d读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小分析：a、容量瓶不能用来直接盛装固体配制溶液；b、ph试纸不能润湿，润湿后可能会改变待测夜的浓度，从而测定不准；c、进行焰色反应时铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧；d、读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小解答：解：a、容量瓶不能用来直接盛装固体配置溶液，要将固体先在烧杯中溶解，冷却至室温转移到容量瓶中，a项错误；b、ph不能润湿，润湿后可能会改变待测夜的浓度，从而测定不准，ph试纸使用方法 要用玻璃棒蘸取少量液体，然后涂抹在试纸上，然后和试纸的比色条比对，判断ph数值，b项错误；c、进行焰色反应时，铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧，如用naoh洗涤会使naoh粘附在铂丝上，干扰检验其它金属元素的焰色反应，c项错误；d、滴定管的0刻度在上方，读取滴定管内液体的体积时，俯视读数导致读数偏小，故d正确故选d点评：本题考查化学基本实验操作、仪器使用等，要特别注意ph试纸使用时不能润湿4下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）a盐酸、水煤气、醋酸、干冰b单甘油酯、混甘油酯、苛性钠、氨气c冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇d胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气考点：混合物和纯净物；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：纯净物是指由同种物质组成的；混合物是指由不同种物质组成的；电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别解答：解：a盐酸、水煤气均为混合物，醋酸、干冰分别属于化合物，醋酸属于电解质，干冰属于非电解质，故a错误； b单甘油酯、混甘油酯、苛性钠、氨气分别属于纯净物、纯净物、强电解质、非电解质，故b错误；c冰醋酸属于纯净物、福尔马林属于混合物、硫酸钠属于强电解质、乙醇属于非电解质，故c正确；d胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气分别属于纯净物、混合物、强电解质、单质，故d错误故选c点评：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度较简单5下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ano2通入feso4溶液中bco2通入cacl2溶液中cnh3通入alcl3溶液中dso2通入已酸化的ba（no3）2溶液中考点：氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物专题：实验题；元素及其化合物分析：根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意解答：解：a、no2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故a不选；b、因co2和cacl2不反应，无明显现象，故b选；c、nh3通入溶液中转化为氨水，与alcl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故c不选；d、so2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故d不选；故选：b点评：本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解co2和cacl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将co2通入cacl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则co2和cacl2不反应6氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于区域3的是（）a2h2+o22h2ob2nahco3na2co3+h2o+co2ccuo+cocu+co2dzn+h2so4=znso4+h2考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：区域3所表示的反应是氧化还原反应，但不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应解答：解：a、反应是氧化还原反应，也是化合反应，不属于区域3，故a错误；b、反应不是氧化还原反应，也是分解反应，不属于区域3，故b错误；c、反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，故c正确；d、该反应是氧化还原反应，但又是置换反应，不属于区域3，故d错误故选c点评：本题考查学生四大基本反应类型和氧化还原反应之间的关系知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大7（2014潍坊一模）设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a常温常压下，2.24l ch4中含有0.4na个共价键b100ml 1moll1 naal（oh）4溶液中含有0.1个al（oh）4c常温条件下，5.6g fe与足量稀hno3反应，转移0.2na个电子d标准状况下，1.12l 1h2和0.2g 2h2均含有0.1na个质子考点：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常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲烷的物质的量；bnaal（oh）4溶液中，al（oh）4部分水解，溶液中al（oh）4离子的数目减少；c铁与足量硝酸反应生成铁离子，0.1mol铁完全反应失去0.3mol电子；d1h2和2h2中含有的质子数都是2，标况下1.12l氢气的物质的量为0.05mol，含有0.1mol质子解答：解：a不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲烷的物质的量，故a错误；b100ml 1moll1 naal（oh）4溶液中含有溶质naal（oh）40.1mol，al（oh）4离子部分水解，溶液中含有的l（oh）4小于0.1na，故b错误；c5.6g fe的物质的量为0.1mol，0.1mol铁完全反应失去0.3mol电子，转移0.3na个电子，故c错误；d标况下1.12l 1h2和0.2g 2h2的物质的量均为0.05mol，由于1h2和2h2中含有的质子数都是2，所以二者均含有0.1na个质子，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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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d为易错点，注意1h2和2h2中含有的质子数都是28（2010烟台一模）氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域在一定条件下，aln可通过反应：al2o3+n2+3c2aln+3co合成下列叙述正确的是（）a上述反应中，n2是还原剂，al2o3是氧化剂b上述反应中，每生成1mol aln需转移3mol电子caln中氮的化合价为+3daln的摩尔质量为41g考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目解答：解：a、反应al2o3+n2+3c2aln+3co中，氮元素化合价降低，n2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以c是还原剂，故a错误；b、反应al2o3+n2+3c2aln+3co中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molaln需转移6mol电子，所以每生成1molaln需转移3mol电子，故b正确；c、aln中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3，故c错误；d、aln的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，故d错误故选b点评：本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识，难度不大9下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（）a在碱性溶液中：hco3、k+、c1、na+b与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：no3、k+、na+、so42c在c（h+）/c（oh）11013的溶液中：nh4+、br、c1、k+d通有so2的溶液中：ca2+、c1、no3、a13+考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a碱溶液中含大量的oh；b与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；c在c（h+）/c（oh）11013的溶液，溶液显酸性；d二氧化硫具有还原性，酸性溶液中发生氧化还原反应解答：解：a碱溶液中含大量的oh，与hco3结合生成水和碳酸根离子，不能共存，故a错误；b与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中no3、h+、al发生氧化还原反应，不生成氢气，故b错误；c在c（h+）/c（oh）11013的溶液，溶液显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故c正确；d二氧化硫具有还原性，酸性溶液中与no3、h+发生氧化还原反应，不能共存，故d错误；故选c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，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大10（2014潍坊一模）用铝制易拉罐收集满co2，加人过量naoh浓溶液，立即把口封闭发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来下列说法正确的是（）a导致易拉罐变瘪的离子反应是：co2+ohhco3b导致易拉罐又鼓起来的反应是：al3+3hco3al（oh）3+3co2c若将co2换为nh3，浓naoh溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象d上述过程中总共发生了2个化学反应，且反应结束后的溶液显碱性考点：铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：易拉罐变瘪发生co2+2ohco32+h2o，气体的压强变小；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来，发生2al+2oh+2h2o2alo2+3h2，气体压强增大，以此来解答解答：解：a气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为co2+2ohco32+h2o，故a错误；b易拉罐又会作响并鼓起来，发生2al+2oh+2h2o2alo2+3h2，气体压强增大，故b错误；c将co2换为nh3，浓naoh溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐也会出现变瘪的现象，故c错误；d由a、b可知，上述过程共发生2个反应，反应后溶液显碱性，均消耗naoh，则碱性减弱，故d正确；故选d点评：本题考查al的化学性质及离子反应，为高频考点，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，选项c为解答的难点，侧重分析与知识应用能力的考查11fecl3溶液、fe（oh）3胶体共同具备的性质是（）a都呈透明的红褐色b分散质颗粒直径相同c都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀d都能产生丁达尔现象考点：胶体的重要性质；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根据fecl3溶液与fe（oh）3胶体的颜色分析解答；b溶液中溶质粒子小胶体粒子直径较大；c胶体具有介稳性，溶液具有稳定性；d只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；解答：解：a因fecl3溶液与fe（oh）3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故a错误；bfe（oh）3胶体的分散质颗粒直径在1100nm之间，fecl3溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故b错误；c胶体具有介稳性，放置不会产生沉淀，溶液是稳定的，故c正确；d只有胶体具有丁达尔效应，所以fe（oh）3胶体具有丁达尔效应，而fecl3溶液不具备，故d错误；故选c点评：本题考查了胶体的性质以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，掌握胶体的性质是解题的关键12（2013凉州区二模）实验是化学研究的基础下列关于各实验装置的叙述正确的是（）a装置可用于收集h2、co2、cl2、nh3等气体b装置可用于吸收nh3或hcl气体，并防止倒吸c装置常用于分离互不相溶的液体混合物d装置可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢考点：气体的收集；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；尾气处理装置专题：实验题分析：a、和氧气不反应的气体可以采用排空气法收集b、有缓冲装置的装置能防止极易溶于水的气体产生倒吸现象c、互不相溶的液体采用分液的方法分离d、碱石灰能干燥碱性、中性气体，不能干燥酸性气体解答：解：a、h2、co2、cl2、nh3等气体和氧气不反应，所以可以采用排空气法收集，故a正确b、苯的密度小于水的密度，且苯和水不互溶，水在下方，氯化氢极易溶于水，直接将导气管插入水中会产生倒吸现象，故b错误c、互不相溶的液体采用分液的方法分离，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，故c错误d、碱石灰具有碱性，只能干燥碱性或中性气体，不能干燥酸性气体，氯化氢是酸性气体，所以不能用碱石灰干燥，故d错误故选a点评：本题考查了尾气的处理、气体的干燥和收集、互溶液体的分离等知识点，明确互不相溶的液体采用分液的方法分离，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离13已知在酸性条件下有以下反应关系：kbro3能将i氧化成kio3，本身被还原为br2；br2能将i氧化为i2；kio3能将i氧化为i2，也能将br氧化为br2，本身被还原为i2向kbro3溶液中滴加少量ki的硫酸溶液后，所得产物除水外还有（）abr、i2bbr2、br、i2cbr2、i2、io3dbr2、io3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：在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，结合反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物进行规律应用解答：解：kbro3能将i氧化成kio3，本身被还原为br2，kbro3的氧化性大于kio3，i的还原性大于br2；br2能将i氧化为i2，br2的氧化性大于i2，i还原性大于br；kio3能将i氧化为i2，也能将br氧化为br2，本身被还原为i2，kio3的氧化性大于i2、br2，i的还原性大于br2，向kbro3溶液中滴加少量ki的硫酸溶液后，结合上述分析即可做出判断，得到的产物kio3和br2；故选d点评：本题考查了氧化还原反应的规律，主要考查强弱规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物14下列离子方程式书写正确的是（）anahso4溶液与ba（oh）2溶液混合后溶液呈中性：2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2ob将标准状况下112 ml氯气通入10 ml 1 moll1的溴化亚铁溶液中：2fe2+4br+3cl2=2fe3+6cl+2br2c用惰性电极电解饱和mgcl2溶液：2cl+2h2ocl2+h2+2ohd向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液：ca2+oh+hco3=caco3+h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a混合后溶液呈中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；b氯气的物质的量为=0.005mol，溴化亚铁的物质的量为0.01mol，由电子守恒及优先氧化可知，只有亚铁离子被氧化；c电解生成氢气、氯气、氢氧化镁；d石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水解答：解：anahso4溶液与ba（oh）2溶液混合后溶液呈中性的离子反应为2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o，故a正确；b将标准状况下112 ml氯气通入10 ml 1 moll1的溴化亚铁溶液中的离子反应为2fe2+cl2=2fe3+2cl，故b错误；c用惰性电极电解饱和mgcl2溶液的离子反应为mg2+2cl+2h2ocl2+h2+mg（oh）2，故c错误；d向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液的离子反应为ca2+2oh+2hco3=caco3+2h2o+co32，故d错误；故选a点评：本题考查离子反应的书写的正误判断，为高考常见题型，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、电解、氧化还原反应的离子反应考查，选项b为解答的难点，题目难度不大15（2009金华模拟）有一混合溶液，其中只含有fe2+、cl、br、i（忽略水的电离），cl、br、i的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中cl和br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余fe2+的物质的量之比为（）a7：4b7：3c7：2d7：1考点：氯气的化学性质；氧化还原反应的计算专题：压轴题；氧化还原反应专题；卤族元素分析：还原性：ife2+brcl，根据点和守恒2n（fe2+）=n（cl）+n（br）+n（i）计算n（fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中cl和br的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余fe2+的物质的量，可则解答该题解答：解：由题意可设cl、br、i的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（fe2+）=n（cl）+n（br）+n（i）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（cl）：n（br）=3：1，cl只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol4mol i先消耗2mol氯气，3mol fe2+消耗1.5mol氯气，剩余fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选b点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的角度计算n（fe2+），根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会16向100ml 0.1moll1硫酸铝铵nh4al（so4）2溶液中逐滴滴入0.1moll1 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的变化如图所示则下列说法中正确的是（）aa点的溶液呈中性bb点发生反应的离子方程式是：al3+2so42+2ba2+3ohal（oh）3+2baso4cc点加入ba（oh）2溶液的体积为200mldc点溶液呈碱性考点：离子方程式的有关计算专题：计算题分析：100ml 0.1moll1硫酸铝铵nh4al（so4）2，nh4al（so4）2物质的量为0.01mol溶液含有nh4+0.01mol，al3+0.01mol，so420.02mol关键弄清楚反应顺序，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）解答：解：100ml 0.1moll1硫酸铝铵nh4al（so4）2，nh4al（so4）2物质的量为0.01mol溶液含有nh4+0.01mol，al3+0.01mol，so420.02mol关键弄清楚反应顺序，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；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，但增加幅度较前一过程小；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，沉淀达最大为baso4和al（oh）3；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a、由分析可知，从开始到a点，发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，a点对应的沉淀为baso4和al（oh）3，溶液的溶质是（nh4）2so4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故a错误；b、由分析可知，b点发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，故b错误；c、由分析可知，c点加入ba（oh）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25l=250ml，故c错误d、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故d正确；故选：d点评：考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意nh4+与al3+同时存在，oh首先与al3+反应，而nh4+与al（oh）3同时存在，oh首先与nh4+反应二、解答题（共7小题，满分52分）17（6分）（2011合肥模拟）在宏观微观符号之间建立联系，是化学学科特有的思维方式汽车尾气是造成大气污染的主要原因之一，在汽车排气管上安装“催化转换器”便可以使汽车的尾气转换成无毒气体如用表示碳原子，用表示氧原子，用表示氮原子，如图为气体转换的微观过程请你根据图示回答下列问题：（1）a、b、c三种物质可以归为一类的依据是都含有氧元素（2）将c归为化合物，将d归为单质的理由是二氧化碳分子是由2个氧原子和1个碳原子构成的，氮气分子是由2个氮原子构成的（3）用化学反应方程式表示为2co+2non2+2co2化学变化过程中消耗的a物质和生成的c物质的质量比为15：22（4）从微观的角度去描述你获得的关于化学变化的有关信息（答出一条即可）化学变化中原子的种类、数目、质量没有发生改变考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响专题：氮族元素分析：（1）根据含有元素分析判断；（2）由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物，由一种元素构成的纯净物是单质；（3）同一化学反应中，分子数之比等于其计量数之比，同一方程式中，各物质的质量之比等于其计量数与相对分子质量之积的比；（4）根据元素守恒、质量守恒分析解答：解：根据题意及图示可知：a为no、b为co、c为co2、d为n2，（1）根据a、b、c含有元素种类知，这三种物质都含有氧元素，所以都属于氧化物，可以归为一类，故答案为：都含有氧元素；（2）c为co2，d为n2，二氧化碳含有两种元素，氮气含有一种元素，所以二氧化碳是化合物，氮气是单质，故答案为：二氧化碳分子是由2个氧原子和1个碳原子构成的，氮气分子是由2个氮原子构成的；（3）同一化学反应中，分子数之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：2co+2non2+2co2，a为no、c为co2，化学变化过程中消耗的a物质和生成的c物质的质量比=2（14+16）：2（12+216）=15：22，故答案为：2co+2non2+2co2；15：22；（4）根据图知，反应前后各种元素的原子个数不变、元素种类不变、混合物的质量不变，故答案为：化学变化中原子的种类、数目、质量没有发生改变点评：本题从宏观、微观方面考查了化学反应，根据反应前后元素守恒、质量守恒结合单质、化合物的定义来分析解答即可，难度不大18（4分）含氯消毒剂可防甲型h1n1流感二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由kclo3在h2so4存在下与na2so3反应制得请写出反应的离子方程式2clo3+so32+2h+2clo2+so42+h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：二氧化氯由kclo3在h2so4存在下与na2so3反应制得，则可知反应物、生成物，结合电子守恒、电荷守恒分析解答：解：kclo3在h2so4存在下与na2so3反应，so32被氧化成so42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2clo3+so32+2h+2clo2+so42+h2o，故答案为：2clo3+so32+2h+2clo2+so42+h2o点评：本题考查离子反应的书写，为高考常见题型，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意守恒法的应用，题目难度不大19（8分）某无色溶液只含有下列8种离子中的某几种：na+、h+、mg2+、ag+、cl、oh、hco3、no3已知该溶液可与al2o3反应，则：该溶液与al2o3反应后有al3+生成，则原溶液中一定含有h+，一定不会含有大量的oh、hco3该溶液与al2o3反应后有alo2生成，则原溶液中一定含有oh、na+，可能含有大量的cl、no3写出该溶液与al2o3反应生成alo2的离子方程式al2o3+2oh2alo2+h2o考点：离子共存问题；镁、铝的重要化合物专题：离子反应专题；几种重要的金属及其化合物分析：溶液与al2o3反应后有al3+生成，说明该溶液显酸性，与氢离子能反应的离子不能大量共存；该溶液与al2o3反应后有alo2生成说明该溶液显碱性，不与氢氧根离子反应的离子可大量共存；碱与氧化铝反应生成偏铝酸根离子和水解答：解：溶液与al2o3反应后有al3+生成，说明该溶液显酸性，一定含有h+；oh、hco3一定不会大量存在，故答案为：h+；oh、hco3；该溶液与al2o3反应后有alo2生成说明该溶液显碱性，h+、mg2+、ag+与oh不能大量共存，必定含有一种阳离子：na+，故溶液中一定含有oh、na+，可能含有cl、no3，故答案为：oh、na+；cl、no3；碱与氧化铝反应生成偏铝酸根离子和水，该离子反应为al2o3+2oh2alo2+h2o，故答案为：al2o3+2oh2alo2+h2o点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，注重信息的抽取和氧化还原反应的考查，对学生思维严密性有较好的训练，具有坚实的基础知识即可解答，注意氧化铝的两性，题目难度不大20（8分）氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今（1）图1中生产、生活中的事例中没有发生氧化还原反应的是c（2）水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用如图2表达试写出有水参加的符合反应类型的一个化学方程式：2na+2h2o=2naoh+h2，其中水为氧化剂（3）氯化铵常用作焊接如在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：4cuo+2nh4cl3cu+1cucl2+1n2+4h2o配平此氧化还原反应方程式该反应中，被氧化的元素是氮（填元素名称），氧化剂是cuo（填化学式）反应中若产生0.2mol的气体，则有1.2na 个电子转移考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：（1）发生的反应中含元素的化合价变化，为氧化还原反应；（2）由图可知，为氧化还原反应，且属于置换反应；（3）cu由+2价降低为0，n元素的化合价由3价升高为0，由电子守恒、原子守恒分析解答：解：（1）a煤的形成发生复杂的物理化学变化，c元素的化合价一定变化，为氧化还原反应，故a不选；b原电池工作为氧化还原反应原理的应用，故b不选；c简单机械织布，为物理变化，故c选； d烧制陶瓷发生复杂的物理化学变化，存在氧化过程，涉及氧化还原反应，故d不选；故答案为：c；（2）由图可知，为氧化还原反应，且属于置换反应，如2na+2h2o=2naoh+h2，水中h元素的化合价降低，则水为氧化剂，故答案为：2na+2h2o=2naoh+h2；氧化；（3）cu由+2价降低为0，n元素的化合价由3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，nh4cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，nh4cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒可知，反应为4cuo+2nh4cl=3cu+cucl2+n2+4h2o，故答案为：4；2；3；1；1；4；n元素失去电子被氧化，cu元素得到电子，则cuo为氧化剂，故答案为：氮；cuo；由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol6na=1.2na，故答案为：1.2na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，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大21（10分）为了研究氯水能否和碳酸钙发生化学反应，某学生设计如下实验：实验一：向盛有饱和氯水的锥形瓶中加入大理石，并充分振荡，观察到氯水的黄绿色褪去并同时产生少量气体实验二：取上述实验一后锥形瓶中清液，进行如下实验：（1）该清液滴在有色布条上有极强的漂白作用（2）该清液中滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀（3）该清液中滴加稀盐酸可产生大量气体（4）该清液加热后变浑浊并产生大量气体实验三：该学生设想用下列装置收集实验二中产生的气体作进一步检验回答下列问题：（1）在实验二中，清液滴在有色布条上有极强的漂白作用说明该清液中含有hclo（写化学式）；清液中滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀说明该清液中含有ca2+离子；清液加热后产生浑浊的原因是因为生成了caco3（用化学式表示）（2）实验三中，洗气装置内的洗涤液一般用饱和nahco3溶液（3）在反应物的量相同情况下，该学生尝试用集气装置a和集气装置b分别和洗气装置相连来收集气体选用集气装置a（选填“a”或“b”）可收集到更多的气体经试验，该学生最终选用集气装置b进行下一步实验其选择装置b的原因是选用b装置操作较为方便若选用a装置将导管移出试管时，会造成大量气体逃逸且操作也不方便（4）该学生通过上述实验，写出了氯水和碳酸钙反应的化学方程式为2caco3+2cl2+2h2oca（hco3）2+2hclo+cacl2考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）氯水中含有具有漂白作用的次氯酸；加入碳酸钠生成白色沉淀说明沉淀是碳酸钙；氯气与水反应cl2+h2o=hcl+hclo，加入碳酸钙，观察到氯水的黄绿色褪去，同时产生少量气体，因此碳酸钙和二氧化碳和水反应生成了可溶于水的碳酸氢钙caco3+h2o+co2=ca（hco3）2，滴加盐酸可产生大量气体，该气体是二氧化碳；加入碳酸钙，观察到氯水的黄绿色褪去，同时产生少量气体，因此碳酸钙和二氧化碳和水反应生成了可溶于水的碳酸氢钙caco3+h2o+co2=ca（hco3）2，该清液加热后变浑浊并产生大量气体是碳酸氢钙分解生成碳酸钙沉淀和二氧化碳气体；依据反应产物中有hclo、ca（hco3）2、cacl2，进行判断；（2）因盐酸和碳酸氢钙反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢，故用饱和碳酸氢钠溶液作为吸收液较好；（3）对比装置特点结合实际情况分析；（4）依据反应产物中有hclo、ca（hco3）2、cacl2，书写化学方程式解答：解：（1）清液滴在有色布条上有极强的漂白作用说明该清液中含有具有漂白性的次氯酸；清液中滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀说明该清液中含有钙离子，生成沉淀碳酸钙；清液加热后变浑浊并产生大量气体加热后产生浑浊的原因是因为溶液中的碳酸氢钙分解生成碳酸钙水和二氧化碳，生成了沉淀碳酸钙，反应方程式为：ca（hco3）2caco3+co2h2o，故答案为：hclo；ca2+；caco3；（2）因盐酸和碳酸氢钙反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢，故用饱和碳酸氢钠溶液作为吸收液较好，故答案为：饱和nahco3；（3）选用b装置操作较为方便若选用a装置将导管移出试管时，会造成大量气体逃逸且操作也不方便；故答案为：a； 选用b装置操作较为方便若选用a装置将导管移出试管时，会造成大量气体逃逸且操作也不方便；（4）根据实验二（1）（4）实验步骤发生的反应和物质判断可知氯水和碳酸钙反应的化学方程式为2caco3+2cl2+h2o=cacl2+ca（hco3）2+2hclo，故答案为：2caco3+2cl2+h2o=cacl2+ca（hco3）2+2hclo点评：该题综合性较强，在定量研究中则以简答题的形式要求考生答对和答全有关实验操作基本技术问题并进一步的思考实验现象的原因，较大程度地造成答案的难以确定和完整，题目难度较大22（8分）（2009福建）从铝土矿（主要成分是al2o3，含sio2、fe2o3、mgo等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成al3+的方程式为al2o3+6h+2al3+3h2o（2）流程乙加入烧碱后生成sio32的离子方程式为sio2+2ohsio32+h2o（3）验证滤液b含fe3+，可取少量滤液并加入硫氰化钾（或苯酚溶液、氢氧化钠溶液等）（填试剂名称）（4）滤液e、k中溶质的主要成份是nahco3（填化学式），写出该溶液的一种用途制纯碱（或做发酵粉）（5）已知298k时，mg（oh）2的容度积常数ksp=5.61012，取适量的滤液b，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得ph=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（mg2+）=5.61010mol/l考点：工业制金属铝；无机物的推断分析：（1）与hcl反应生成al3+，应为铝土矿中al2o3；（2）sio2可以溶于naoh中生成na2sio3，写出离子方程式；（3）检验fe3+的特征反应很多，如与kscn显血红色，与苯酚显紫色，与oh显红褐色沉淀等；（4）生成e、k时，co2均是过量的，故应生成nahco3；（5）ksp=c（mg2+）c2（oh），c（mg2+）=5.61010mol/l解答：解：（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：al2o3+6h+2al3+3h2o，故答案为：（1）al2o3+6h+2al3+3h2o；（2）流程乙加入过量的氢氧化钠，与氧化铝反应生成偏铝酸钠，与二氧化硅反应生成硅酸钠，生成sio32的离子方程式为：sio2+2ohsio32+h2o，故答案为：sio2+2ohsio32+h2o；（3）流程甲加入hcl，生成fecl3、mgcl2、alcl3，要检验滤液b中含有fe3+，方法很多，如可加入kscn溶液为血红色，与苯酚显紫色，与碱反应生成fe（oh）3红褐色沉淀，都能证明滤液b中含有fe3+，故答案为：kscn（或苯酚溶液、naoh溶液等合理答案）；（4）滤液b中加入过量naoh，生成fe（oh）3沉淀、mg（oh）2沉淀和naalo2；过滤，滤液d中含有naalo2、nacl和过量的naoh，向滤液d中通入过量co2，naalo2和co2反应生成氢氧化铝沉淀，naoh和过量的co2反应生成nahco3；过滤，滤液e中溶质的主要成分为nahco3；滤液y中通入过量co2，硅酸钠反应生成硅酸，naalo2生成氢氧化铝，过量的naoh和过量的co2反应生成nahco3；过滤，滤液k中溶质的主要成分为nahco3；故应填nahco3；nahco3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：nahco3；制纯碱（或做发酵粉）；（5）已知滤液b中加入一定量的naoh达到沉淀溶液平衡时ph=13.00，则c（h+）=11013mol/l，c（oh）=0.1mol/l，mg（oh）2的容度积常数ksp=c（mg2+）c2（oh）=5.61012，c（mg2+）=5.61010mol/l故答案为：5.61010mol/l点评：化学实验、化学与技术、铝土矿中氧化铝提取的工艺流程综合考查