解析版黑龙江省哈尔滨三中2015 2016高三上入学化学试卷

1、 2015-2016学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上） 入学化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共60分） 1金属材料在人类社会的发展史上一直发挥着重要作用人类历史上使用最早的金属是( ) A铜 B铁 C铝 D钛 考点：常见金属的活动性顺序及其应用 专题：金属概论与碱元素 分析：金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属活动性较弱时，比较难形成化合物，常以单质形式存在，比较容易被利用，金属的活动性越强，就越难把它制成单质，所以在科技不发达的时候，难以被利用；另外，金属能否被广泛应用，还与它们在地壳中的含量有关，含量越大，越容易被发现 解答： 解：由于铜的活动性比

2、较弱，以单质形式存在的比较多，在我国，距今4000年前的夏朝已经开始使用红铜，即天然铜铁比铜活泼，到春秋时期才发现使用，铝的活动性比铁还强，难以炼制铝的单质，所以到近代才被大量应用，钛，难于提炼，在高温下化合能力极强，可以与氧、碳、氮以及其他许多元素化合 故选A 点评：在熟记金属活动性顺序的基础上，对其活学活用，能够解决相关的各种问题 2食品干燥剂应该无毒、无味、无腐蚀性及环境友好，下列说法正确的是( ) A硅胶不可以用作食品干燥剂 B五氧化二磷可以用作食品干燥剂 C六水合氯化钙可以用作食品干燥剂 D加工后具有吸水性的植物纤维可以用作食品干燥剂 考点：纤维素的性质和用途 分析：A硅胶具有吸水性

3、，无毒； BP2O5吸水转化为酸； C六水合氯化钙不能吸水； D具有吸水性的植物纤维无毒 解答： 解：A硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A错误； BP2O5吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故B错误； C六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C错误； D具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确； 故选D 点评：本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等 3我国清代本草纲目中记叙“强水”如下：“性最刚烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿滴，唯玻璃可

4、盛”这里的强水是指( ) A稀氨水 B硝酸 C矿物质水 D氢氟酸 考点：硝酸的化学性质 分析：“强水”“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答 解答： 解：A氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误； B硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确； C矿物质水，不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误； D氢氟酸能与玻璃反应，所以不能用玻璃瓶盛放，不符合条件，故D错误；

5、故选B 点评：本题考查元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大 4我国古代的各种技术中，其工作原理不涉及化学反应的是( ) A使用火药 B用粮食酿酒 C用纺线车纺线 D铁的冶炼 考点：物理变化与化学变化的区别与联系 分析：化学反应的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成题中火药使用、粮食酿酒以及铁的冶炼都发生化学反应，而用纺线车纺线不涉及化学反应 解答： 解：化学反应的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成 A火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2，发生化学反应，故A不选； B粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，

6、故B不选； C用纺线车纺线，为形状的改变没有涉及化学反应，故C选； D铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选 故选C 点评：本题考查了化学变化的概念关键多角度比较前后出现的物质是否为同一物质，我们平时学习多留心各种物质的性质，就会轻松解题，题目难度不大 5白酒的主要成分为乙醇和水，下列关于乙醇的描述中正确的是( ) A乙醇是一种无色无味的液体，可以与水以任意比例互溶 B1mol乙醇中含有共价键的数目是7NA（NA表示阿伏伽德罗常数的值） C乙醇与乙二醇、丙三醇互为同系物 D乙醇可以直接被氧化为乙酸 考点：乙醇的化学性质；芳香烃、烃基和同系物 分析：A、乙醇是有特

7、殊香味的液体； B、乙醇中含5条CH键，1条CC键和1条CO键和1条OH键，据此分析； C、同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物； D、乙醇可以被高锰酸钾等强氧化剂氧化为乙酸 解答： 解：A、乙醇是有特殊香味的液体，可以与水互溶，故A错误； B、乙醇中含5条CH键，1条CC键和1条CO键和1条OH键，即1mol乙醇中含8mol共价键即8NA个，故B错误； C、同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，而乙醇与乙二醇、丙三醇相差的不是CH2，还相差O原子，故不是同系物，故C错误； D、乙醇可以被高锰酸钾等强氧化剂直接氧化为乙酸，从而使高锰酸

8、钾溶液褪色，故D正确 故选D 点评：本题考查了乙醇的物理性质和化学性质，难度不大，应注意把握乙醇有较强的还原性，能被高锰酸钾等强氧化剂氧化 6某溶液含有NO3、HCO3、SO32、CO32、SO42等五种阴离子向其中加入少量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是（忽略溶液体积变化）( ) A B C D 考点：离子共存问题 分析：Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化，以此来解答 解答： 解：Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3与OH

9、反应生成CO32，则HCO3离子浓度减小，CO32离子浓度增大； Na2O2具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，则SO32离子浓度减小，SO42浓度增大； NO3浓度基本不变 故选A 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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大 7有3份等质量的小苏打：第1份直接与过量盐酸反应；第2份先加热，使其部分分解后，再与过量盐酸反应；第3份先加热，使其全部分解后，再与过量盐酸反应假若盐酸的物质的量浓度相同，实际消耗的盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是( ) AV1

10、V2V3 BV1V3V2 CV2V3V1 DV1=V2=V3 考点：钠的重要化合物；化学方程式的有关计算 专题：计算题；元素及其化合物 分析：根据Na元素守恒，最后生成物质的都为NaCl，因Na的物质的量不变，则消耗盐酸的体积相等 解答： 解：第1份直接与过量盐酸反应：NaHCO3HCl； 第2份先加热，使其部分分解后，再与过量盐酸反应：NaHCO3Na2CO3HCl和NaHCO3HCl， 第3份先加热，使其全部分解后，再与过量盐酸反应：NaHCO3Na2CO3HCl， 根据Na元素守恒，最后生成物质的都为NaCl，因Na的物质的量不变，则消耗盐酸的体积相等， 故选D 点评：本题考查钠的化合物

11、的相关计算，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐 8如表中，对陈述、的正确性及两者间因果关系的判断，完全正确的是( ) 选项 陈述 陈述 判断 A 铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物 因为Al和Al2O3既可以与酸反应、又可以与碱反应 对，对，有 B 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落 铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用 对，对，有 C 海啸使水源发生污染可用明矾进行消毒和净化 因为明矾水解生成Al（OH）3胶体，具有吸附性 对，错，无 D 铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸 因为铁和铝不能与浓硫酸或浓硝酸反应 错，对，无 AA BB CC DD 考点

12、：铝的化学性质 分析：A二者有因果关系； B铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高； C明矾能净化水但不能消毒； D铁和铝与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应 解答： 解：A因为Al和Al2O3既可以与酸反应，又可以与碱反应，则不要盛放酸性或碱性较强的液体食物，二者有因果关系，故A正确； B铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，错，故B错误； C明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的悬浮物而净化水，氢氧化铝胶体没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，故C错误； D铁和铝与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应，故D错误 故选A 点评：本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生

13、的实验能力和评价能力的考查，明确物质的性质为解答该题的关键，难度不大 9工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是( ) A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁 C图中所示转化反应都不是氧化还原反应 D反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3 考点：镁、铝的重要化合物；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：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液； B、试剂X为氢氧化

14、钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应； C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应； D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠 解答： 解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误； B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误； C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C错误； D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故D正确； 故选D 点评：本题考查铁、铝化合物的

15、性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键 10下列铁的化合物可以分别通过化合反应、置换反应、复分解反应生成的是( ) AFeCl2 BFe3O4 CFe（OH）3 DFe2（SO4）3 考点：化学基本反应类型 分析：化合反应是两种或两种以上的物质生成一种物质的反应； 置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应； 复分解是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，据此分析 解答： 解：A、FeCl2可以由FeCl3和Fe的化合得到，也可以由Fe和HCl的置换得到，也可以由Fe（OH）2和HCl的复分解得到，故A正确； B、

16、Fe3O4能通过铁与氧气的化合反应得到，也能通过铁与水蒸气在高温条件下的置换反应得到，但无法通过复分解得到，故B错误； C、Fe（OH）3可以通过Fe（OH）2和氧气、水的化合得到，也可以通过氯化铁与氢氧化钠的复分解得到，但无法通过置换得到，故C错误； D、硫酸铁可以通过FeSO4溶液与氧气的化合得到，但无法通过置换得到，故D错误 故选A 点评：本题考查了物质的生成途径，掌握好常见的反应是解题的关键，难度不大 11在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是( ) A白色沉淀是BaSO4和BaSO3

17、 B溶液的酸性增强 C白色沉淀是BaSO4 DFeCl3全部被还原为FeCl2 考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验 专题：几种重要的金属及其化合物 分析：在FeCl3的酸性溶液中，通入足量的SO2后，发生反应为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，反应后溶液显示酸性，不可能生成亚硫酸钡沉淀，以此解答该题 解答： 解：Fe3+具有氧化性，通入足量SO2后发生氧化还原反应，Fe3+全部被还原为Fe2+，所以向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，同时SO2被氧化为SO42，白色沉淀是BaSO4， A、根据以上分析，因为溶液呈酸性，一定不会生成BaSO3沉淀，故A错误； B、依据

18、2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+可知溶液酸性增强，故B正确； C、生成的白色沉淀为硫酸钡，故C正确； D、二氧化硫足量，Fe3+全部被还原为Fe2+，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，证明溶液在不存在铁离子，故D正确； 故选：A 点评：本题考查铁的化合物的性质，题目难度中等，根据反应现象和物质的性质写出反应的离子方程式为解答该题的关键 12氯气是化学性质很活泼的单质，具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是( ) A向氯水中加入亚硫酸钠溶液，氯水褪色 B通常状况下，干燥的氯气可以使干燥的有色布条褪色 C纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状；光照

19、H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸 D氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸 考点：氯气的化学性质 分析：A、氯气具有氧化性强； B、干燥的氯气不具备漂白性，真正起漂白作用的是次氯酸； C、氢气与氯气反应生成HCl，HCl极易结合空气中的水蒸气，点燃时安静燃烧，光照下发生爆炸； D、次氯酸不稳定，见光分解 解答： 解：A、氯气具有氧化性强，氯气能将亚硫酸钠氧化，而使氯水褪色，故A正确； B、干燥的氯气不具备漂白性，真正起漂白作用的是次氯酸，所以干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，故B错误； C、氢气与氯气反应生成HCl，HCl极易结合空气中的水蒸气，点燃时安静燃烧发

20、出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状，光照下反应快发生爆炸，故C正确； D、次氯酸不稳定，见光分解，生成氧气和氯化氢，所以久置氯水最终变为稀盐酸，故D正确； 故选B 点评：本题考查氯气的化学性质，题目难度不大，本题注意氯气和次氯酸的性质的区别 13NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示下列说法正确的是( ) A25时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂 C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2在任何条件下都不与铁反应 D图示转化反应都是氧化还原反应 考点：氧化还原反应；氯气的化学性质；钠的重要化合物 分析：A、根据碳

21、酸钠与碳酸氢钠的物理性质判断； B、结合反应方程式化合价的变化判断； C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3； D、根据元素的化合价是否变化判断 解答： 解：A、碳酸钠易溶于水，碳酸氢钠能溶于水，但是NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，故A错误； B、2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确； C、在加热或点燃的条件下，Fe能与氯气发生化合反应，3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误； D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误； 故选

22、B 点评：本题考查了盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题；氧化还原反应、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可，题目难度不大 14下列变化的实质相似的是( ) 浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色 二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色 氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥 常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应 浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字 二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊 A只有 B只有 C只有 D全部 考点：浓硫酸的性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质 分析：浓硫酸具有吸水性，浓盐酸易挥发； 二氧化硫

23、能和有色物质反应生成无色物质，次氯酸具有强氧化性； 二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化； 氨气为碱性气体，碘化氢具有还原性； 浓硫酸具有强的氧化性； 浓硫酸具有脱水性，氢氟酸与二氧化硅能够发生反应； 二氧化碳、二氧化硫都能和澄清石灰水反应生成难溶性钙盐 解答： 解：浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水分而使其溶液浓度减小，浓盐酸具有挥发性，能挥发导致溶液浓度降低，所以二者原理不同，故不选； 二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性而体现漂白性，所以二者原理不同，故不选； 二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，

24、二氧化硫能被强氧化剂溴氧化生成硫酸，溴被还原生成HBr，二氧化硫体现还原性，所以二者原理不同，故不选； 两者都能和浓硫酸反应，氨气是碱性气体与浓硫酸发生化合反应生成硫酸铵，HI与浓硫酸发生了氧化还原反应：H2SO4+2HII2+SO2+2H2O，变化的实质不同，故选； 常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应，两者都体现了浓硫酸的强氧化性，变化的实质相同，故选； 前者是浓硫酸的脱水性，后者是氢氟酸的腐蚀性：4HF+SiO2SiF4+2H2O，变化的实质不同，故不选； 二氧化碳、二氧化硫都能和澄清石灰水反应生成难溶性钙盐而使澄清石灰水变浑浊，二者原理相同，故选； 故选：B 点评：

25、本题考查物质之间的反应，明确反应原理是解本题关键，熟悉常见物质的性质，注意二氧化硫、次氯酸漂白原理的差别，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，为易错点 15将BaCl2溶液分盛在两支试管中，第1支加入HNO3，第2支加入烧碱溶液，然后再分别通入SO2气体，结果两试管均有白色沉淀产生下列说法正确的是( ) A证明SO2具有强氧化性和酸性 B若第1支试管改通H2S或Cl2气体，后再通SO2气体，均不会产生沉淀 C若第2支试管改通NH3，后通SO2，不会产生沉淀 D升高pH使SO2水溶液中 SO浓度增大 考点：二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质 专题：元素及其化合物 分析：通入SO2气体的BaCl2溶液分盛

26、于两支试管，一支加稀硝酸，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀； 另一支加烧碱溶液，与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子，再与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，并结合物质的性质及氧化还原反应来解答 解答： 解：A由第1支试管中的反应可知，体现二氧化硫的还原性，第2支试管中体现酸性氧化物的性质，二氧化硫不具有酸性，故A错误； B若第1支试管改通H2S，与二氧化硫反应生成S沉淀，若第1支试管改通Cl2，发生Cl2+SO2+H20=2HCl+H2SO4，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故B错误； C第2支试管改通NH3，后通SO2，发生2NH3+SO2+H20=（NH4）2SO3

27、，再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C错误； D升高pH，碱性增强，与二氧化硫反应增大溶解度，则使SO2水溶液中SO32浓度增大，故D正确； 故选D 点评：本题考查二氧化硫的化学性质，为高频考点，把握发生的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，注意B、C中白色沉淀的分析，题目难度不大 16下列离子方程式正确的是( ) A足量的SO2通入氨水中：SO2+2NH3?H2O2NH4+SO32+H2O BSO2通入溴水中：Br2+SO2+2H2O2H+SO42+2HBr C少量SO2通入漂白粉溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClO D酸雨久置pH变小：2H2SO

28、3+O24H+2SO42 考点：离子方程式的书写 分析：A反应生成亚硫酸氢铵； B发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，HBr为强酸； C发生氧化还原反应生成硫酸钙； D亚硫酸被氧化生成硫酸，酸性增强，pH减小 解答： 解：A足量的SO2通入氨水中的离子反应为SO2+NH3?H2ONH4+HSO3，故A错误； BSO2通入溴水中的离子反应为Br2+SO2+2H2O4H+SO42+2Br，故B错误； C少量SO2通入漂白粉溶液中的离子反应为SO2 +3ClO+Ca2+H2O=CaSO4+Cl+2HClO，故C错误； D酸雨久置pH变小的离子反应为2H2SO3+O24H+2SO42，故D正确； 故选D

29、 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，题目难度不大 17已知某溶液中存在较多的H+、SO42、NO3，则该溶液中还可能大量存在的离子组是( ) AAl3+、CH3COO、Cl BMg2+、Ba2+、Br CMg2+、Cl、I DNa+、NH4+、Cl 考点：离子共存问题 专题：离子反应专题 分析：根据离子反应，即各选项中的离子能否与题干中的离子发生反应思考 解答： 解：AAl3+、CH3COO、Cl 中的CH3COO可与 H+、SO42、NO3 中的 H+ 反应生成弱电解质醋酸，故A错误 BMg

30、2+、Ba2+、Br中的Ba2+可与H+、SO42、NO3中的SO42反应，即Ba2+SO42BaSO4，故B错误 C在H+、SO42、NO3中含有的硝酸是氧化性酸，而能与具有强还原性的I发生氧化还原反应，故C错误 DH+、SO42、NO3中的任何离子与Na+、NH4+、Cl中的任何离子都不发生反应，因此可以大量共存，故D正确 故选D 点评：本题不仅限定在各选项中的离子，还要看它们与题干中的离子能否发生反应，这是解答本类题目的方法 18下列各物质不能通过化合反应直接得到的是( ) ACH3COOH BC3H8 CFe（OH）3 DCuS 考点：铁的化学性质；化学基本反应类型；铜金属及其重要化合

31、物的主要性质 分析：A醋酸酐与水发生化合反应； B烯烃或炔烃与氢气发生加成反应； C氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应； DS具有弱氧化性，而Cu为变价金属 解答： 解：A醋酸酐与水发生化合反应生成醋酸，为化合反应，故A不选； B烯烃或炔烃与氢气发生加成反应，则丙烯与氢气化合生成丙烷，故B不选； C氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，故C不选； DS具有弱氧化性，而Cu为变价金属，则Cu与S反应化合生成Cu2S，故D选； 故选D 点评：本题考查元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大 19C6H12

32、O2属于酯类的同分异构体共有( )种 A20 B21 C22 D24 考点：同分异构现象和同分异构体 分析：分子式为C6H12O2，属于酯类的同分异构体均属于饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，根据醇和羧酸的情况进行回答 解答： 解：分子式为C6H12O2，属于酯类的同分异构体有如下几种情况： 甲醇和戊酸形成的酯，甲醇没有同分异构体，戊酸有4种同分异构，所以这样的酯是4种； 乙醇和丁酸形成的酯，乙醇没有同分异构体，丁酸有2种同分异构，所以这样的酯是2种； 丙醇和丙酸形成的酯，丙醇2种同分异构体，丙酸没有同分异构体，所以这样的酯是2种； 丁醇和乙酸形成的酯，丁醇4种同分异构体，乙酸没有同分异构体，所

33、以这样的酯是4种； 戊醇和甲酸形成的酯，戊醇8种同分异构体，甲酸没有同分异构体，所以这样的酯是8种 综上可知：属于乙酸乙酯同系物的同分异构体共有20种 故选A 点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键确定醇的结构及羧酸的同分异构体，注意利用数学法进行计算 20FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比为( ) A1：6 B1：7 C2：11 D16：25 考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题 分析：

34、先根据转移电子守恒计算参加反应的n（FeS），根据硫原子的物质的量计算生成硫酸铁需要铁元素的物质的量，再根据剩余铁元素的物质的量计算起酸作用的硝酸的物质的量，根据气体的物质的量结合原子守恒计算被还原的硝酸的物质的量，从而得出FeS 与HNO3的物质的量之比 解答： 解：设NO2、N2O4、NO 的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（54）+1mol×2×（54）+1mol×（52）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（FeS）， n（FeS） = = mol， 根据F

35、e2（SO4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量=，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁， 根据氮原子守恒知，生成Fe（NO3）3的硝酸的物质的量=mol×3=mol， 根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol， 所以实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7， 故选B 点评：本题考查了氧化还原反应的计算，根据转移电子守恒计算n（FeS），再结合原子守恒来分析解答，难度中等，也可以根据转移电子守恒配平方程式进行解答 二、填空题（共40分

36、） 21（18分）请按要求写出下列反应的化学方程式或者离子方程式 实验室制备氯气：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O 实验室制备氨气：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O 氯碱工业原理：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 泡沫灭火器工作原理：Al3+3HCO3?Al（OH）3+3CO2 工业生产粗硅：SiO2+2CSi+2CO 向100mL 0.5mol/L NH4Al（SO4）2溶液中逐渐加入0.1mol Ba（OH）2固体：Al3+NH4+4OH+SO42+Ba2+=BaSO4+NH3?H2O+Al（OH）3（离子方程式） 考点：化学方程式的书写

37、；离子方程式的书写 分析：利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气； 铵盐与强碱加热制备氨气； 电解饱和食盐水制备NaOH、氯气、氢气； 硫酸铝和碳酸氢钠相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳； C与二氧化硅反应生成Si和CO； NH4Al（SO4）2的物质的量为0.05mol，逐渐加入0.1mol Ba（OH）2固体，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨 解答： 解：二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，化学反应为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O； 制备氨气的反应为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl

38、+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O； 电解饱和食盐水制备NaOH、氯气、氢气，化学反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2； 泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳酸氢钠，硫酸铝溶液水解呈酸性，碳酸氢钠溶液水解呈碱性，所以硫酸铝和碳酸氢钠相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，其水解方程式为Al3+3HCO3?Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3?Al（OH）3+3CO2； C与二氧化硅反应生成Si和CO，化学反应为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO； 向100mL 0.5mol/L

39、 NH4Al（SO4）2溶液中逐渐加入0.1mol Ba（OH）2固体的离子反应为Al3+NH4+4OH+SO42+Ba2+=BaSO4+NH3?H2O+Al（OH）3， 故答案为：Al3+NH4+4OH+SO42+Ba2+=BaSO4+NH3?H2O+Al（OH）3 点评：本题考查化学反应方程式及离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大 22中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济，海水的综合利用大有可为海水中溴含量约为65mg?L1，从海水中提取溴的工业流程如图： （1）以上步骤中已获得游离态的溴，

40、步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素 （2）步骤通入空气吹出Br2，利用了溴的C A氧化性 B还原性 C挥发性 D腐蚀性 （3）以上流程中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：Br2+CO32BrO3+Br+CO2 （4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 （5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂将溴从水中提取出来的是BD A乙醇 B四氯化碳 C烧碱溶液 D苯 考点：海水资源及其综合利用 分析：（1）步骤中已获得游离态的溴浓度

41、很低，步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素； （2）溴单质具有易挥发性； （3）根据反应物、生成物，结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式； （4）溴具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者在水溶液中混合易发生氧化还原生成氢溴酸和硫酸；强酸对设备的严重腐蚀； （5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶 解答： 解：根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还

42、原反应得到溴单质， （1）步骤中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本， 故答案为：富集溴元素； （2）溴易挥发，步骤通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C； （3）该反应中Br元素化合价由0价变为1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为：3Br2+3CO32BrO3+5Br+3CO2， 故答案为：3；3；1；5；3； （4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，

43、反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4， 故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4； （5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶， A乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故A错误； B四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故B正确； C溴单质与烧碱溶液反应，不能做萃取剂，故C错误； D苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故D正确； 故选BD 点评：本题考查了海水资源的综合利用，题目难度中等，涉及萃取剂的选取、氧化还原反应、方程式的配平等知识点，从整体上分析流程，明确每一步可能发生的反应及基本操作，再结合基本概念、基本理论是解答关键 23ClO2，黄绿色易溶于水的气体，是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题： （1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过图1过程制备ClO2： 电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HC