福建省莆田市仙游一中2015届高三上学期期中考试化学试题含解析

1、 福建省莆田市仙游一中2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（共21小题，每小题2分，满分48分）1（2分）化学在工业生产和日常生活中有着重要的应用下列说法正确的是（）A陶瓷、水泥和光导纤维均属于硅酸盐材料BNa2O2、H2O2所含化学键完全相同，都能作供氧剂C常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝均能发生钝化，均能用铝罐储运DNaClO和明矾都能作消毒剂或净水剂，加入酚酞试液均显红色考点：无机非金属材料；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；铝的化学性质.专题：化学应用分析：A光导纤维主要成分是二氧化硅；BNa2O2含有离子键、共价键；H2O2含有共价键；C浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性

2、，冷的条件下，能够与铁铝发生反应生成致密的氧化膜，阻止反应继续进行；D明矾中的Al3+水解显酸性，氢氧化铝具有净水作用，次氯酸盐具有氧化性解答：解：A光导纤维主要成分是二氧化硅，故A错误；BNa2O2含有离子键、共价键；H2O2含有共价键，二者含有化学键类型不同，故B错误；C浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，冷的条件下，能够与铁铝发生反应生成致密的氧化膜，发生钝化，均能用铝罐储运，故C正确；D明矾中的Al3+水解显酸性，加入酚酞试液不变色，氢氧化铝具有净水作用，次氯酸盐具有氧化性，故D错误；故选：C点评：本题考查了物质的用途，明确性质是解题关键，注意净水与杀菌消毒的区别，题目难度不大2（2分）下列

3、正确的叙述有（）CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物Ca（HCO3）2、Fe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质ABCD全部考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念.专题：物质的分类专题分析：酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；化合反应是由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应；碘溶于酒精，得溶液，饱和氯化铁滴入沸水中，得氢氧化铁胶体；

4、金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物；单质既不是电解质也不是非电解质解答：解：酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，故NO2不是酸性氧化物，故错误；化合反应是由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应，Ca（HCO3）2可由化合反应CaCO3+CO2+H2O=2Ca（HCO3）2制得，Fe（OH）3可由化合反应4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3制得，FeCl2可由化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2制得，故正确；碘溶于酒精，得溶液，饱和氯化铁滴入沸水中，得氢氧化铁胶体，故正确；金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3是共价化合物，故错误；单质

5、既不是电解质也不是非电解质，故氯气不是非电解质，故错误故选C点评：本题考查了酸性氧化物和非金属氧化物的关系、溶液和胶体的制得以及离子化合物的概念，难度不大3（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0molL1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42B含有大量Fe2+的溶液中：H+、Mg2+、ClO、NO3Cc（H+）=1012molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrD能使Al溶解产生H2的溶液中：NH4+、Na+、SiO32、HCO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A酸性条件下，NO3具有强氧化性，能氧化还原性离子；B酸性条件下，NO3、ClO

6、具有强氧化性，能氧化还原性离子；Cc（H+）=1012molL1的溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应；D能使Al溶解产生H2的溶液呈强碱性或强酸性，但不能是强氧化性酸，则和氢离子、氢氧根离子的反应不能大量存在解答：解：A酸性条件下，NO3具有强氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成NO和Fe3+，所以不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，NO3、ClO具有强氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成NO或Cl和Fe3+，所以不能大量共存，故B错误；Cc（H+）=1012molL1的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子也不反应，所以能大量共存，故C正确；D能使Al溶解产生H2的溶液

7、呈强碱性或强酸性，但不能是强氧化性酸，NH4+、HCO3和氢氧根离子反应而不能大量共存，SiO32、HCO3和氢离子反应而不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存，明确离子性质及离子反应条件是解本题关键，注意隐含条件的挖掘，如AB选项，注意D选项中硝酸和Al反应不能生成氢气，所以要排除硝酸，为易错点4（2分）除去下列物质中所含少量杂质的所选试剂不正确的是（）物 质杂 质试 剂ACl2HCl饱和食盐水BCO2HCl饱和Na2CO3溶液C金属镁金属铝稀NaOH溶液DFeCl2FeCl3铁粉AABBCCDD考点：物质的分离、提纯和除杂.专题：实验评价题分析：根据原物质和杂质的性质选择适当

8、的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质解答：解：A、Cl2不溶于饱和食盐水，而HCl溶于饱和食盐水，所以可以除杂，故A正确；B、CO2气体中含有少量HCl气体，加入饱和Na2CO3溶液，CO2能与饱和Na2CO3溶液会把二氧化碳也除去，所以不可以除杂，故B错误；C、金属镁与稀NaOH溶液不反应，金属铝能与稀NaOH溶液反应，所以可以除杂，故C正确；D、FeCl3能与铁粉反应生成FeCl2，FeCl2与铁粉不反应，因此可以除杂，故D正确；故选：B点评：进行物质除杂时，要根据物质的性质

9、进行，要求选用的除杂试剂反应后不能产生新的杂质且不能与原有物质反应5（2分）下列反应的离子方程式正确的是（）A向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液：Fe3+3SCNFe（SCN）3B向NaHCO3溶液中滴加少量Ca（OH）2溶液：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2OC向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性：2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4D用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OH考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A硫氰合铁不是沉淀；B向NaHCO3溶液中滴加少量Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；

10、C向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；D酸性环境下不能生成氢氧根离子解答：解：A向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液，离子方程式：Fe3+3SCNFe（SCN）3，故A错误；B向NaHCO3溶液中滴加少量Ca（OH）2溶液，离子方程式：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+H2O+CO32，故B错误；C向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性，离子方程式：2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4，故C正确；D用KIO3氧化酸性溶液中的KI，离子方程式：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，故D错误；故选：C点评：本题考查

11、了离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分、电荷守恒、原子个数守恒规律的应用6（2分）下列叙述正确的是（）A锥形瓶可用作加热的反应器B室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中C配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高D用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低考点：间接加热的仪器及使用方法；化学试剂的存放；试纸的使用；溶液的配制.专题：实验评价题分析：A锥形瓶可用于加热，加热时需要垫上石棉网；B浓硫酸在室温下能够与铁发生钝化，阻止了铁与浓硫酸的反应；C俯视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小； D需要根据溶液的酸碱性进行判断，如果溶液为酸性溶液，稀释后溶液的

12、pH偏高，如果为中性溶液，溶液的pH不变解答：解：A锥形瓶在制取气体的简易装置中经常作反应容器，不过加热时需要垫上石棉网，故A正确； B室温下，由于铁与浓硫酸发生钝化，所以能将浓硫酸盛放在铁桶中，故B错误； C定容时俯视，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C正确；D用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，若待测液为碱性溶液，则测定结果偏低；若待测液为中性溶液，测定结果不变，若待测液为酸性溶液，测定结果会偏高，所以测定结果不一定偏低，故D错误；故选AC点评：本题考查了常见仪器的使用方法、一定物质的量浓度的溶液配制方法、铁与浓硫酸的钝化、试纸的使用方法判断等知识，题目难度中等，注意掌握

13、常见仪器的构造及正确使用方法、配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确pH试纸是使用方法7（2分）在探究氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（）实验序号实验现象实验结论A氯水呈浅绿色氯水中含有含有Cl2B向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色氯水中含有HClOC向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀氯水中含有ClD向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生氯水中含有H+AABBCCDD考点：探究氯水、氯气的漂白作用.分析：氯气溶液水得到的溶液为氯水，氯水中，氯气大部分以分子形式存在，少量氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢为强电解质完全电离生成氢离子和氯离子，次氯酸

14、为弱电解质部分电离，生成氢离子和次氯酸根离子，据此解答解答：解：A氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为溶解了氯气，故A正确；B向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故B错误；C氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢为强电解质完全电离生成氢离子和氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，故C正确；D向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，是因为，碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故D正确；故选：B点评：本题考查了氯水的性质，侧重考查学生对基础知识的掌握，为高考的频考点，明确氯水的成分是解题关键，注意对基础知识的积累8

15、（2分）（2014滨州一模）反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO42NaHSO4+MnSO4+2H2O+I22NaIO3+5NaHSO32Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是（）A两个反应中均为硫元素被氧化B碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化C氧化性：Mn02SO42I03I2D反应、中生成等量的I2时转移电子数比为1：5考点：氧化性、还原性强弱的比较；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：A失电子化合价升高的元素被氧化；B失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；C自发进行的氧化还原反

16、应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D根据碘和转移电子之间的关系式计算解答：解：A在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故A错误；B碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，故B错误；C氧化性I03SO42，故C错误；D反应中生成1mol碘转移2NA电子，反应中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应、中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意利用化合价计算转移的电子数，题目难度不大9（2分）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（A、B、D选项中采用直形冷凝管；C选项中

17、采用球形冷凝管）（）ABCD考点：蒸馏与分馏.专题：化学实验基本操作分析：根据温度计在该装置中的位置与作用判断ABD；依据冷凝管的作用判断所使用的冷凝管，即判断C解答：解：温度计的位置应处于蒸馏烧瓶支管口处，故AD错误；蒸馏操作中冷凝器的作用是冷凝气体为液体，故采用的是直形冷凝管，球形冷凝管常用于冷凝回流，故C错误，故选B点评：本题主要考查了蒸馏操作的原理以及注意事项，难度不大，注意概念的掌握10（2分）NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A0.1molL1的Na2CO3溶液中含CO32为0.1NAB3.2 g O2和O3的混合气中氧原子数为0.2NAC1mol H3O+含质子数为10

18、 NAD标准状况下，22.4 L乙醇的分子数为NA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、溶液体积不明确；B、根据O2和O3均由氧原子构成来计算；C、1molH3O+含10mol质子；D、标况下，乙醇为液态解答：解：A、溶液体积不明确，再者CO32是弱酸根，在溶液中会水解，故无法计算CO32的物质的量，故A错误；B、O2和O3均由氧原子构成，故3.2g混合气体中氧原子的物质的量n=0.2mol，个数为0.2NA个，故B正确；C、1molH3O+含10mol质子，个数为10NA个，故C错误；D、标况下，乙醇为液态，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算

19、，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大11（2分）下列有关实验的叙述正确的是（）A除去水中的Na+、SO42、Cl等杂质可用蒸馏的方法B除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，若火焰呈黄色，则原溶液含有钠盐D某溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则原溶液含有SO42考点：化学实验方案的评价；焰色反应；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验评价题分析：A可用蒸馏的方法获取蒸馏水；B二者都与稀硝酸反应；C不一定为钠盐，可证明含有钠元素；D不能排除Ag+的干扰解答：解：A水易挥发，可用蒸馏的方法获取蒸馏水，以除去水中的可溶性离

20、子，故A正确；B二者都与稀硝酸反应，应加入稀盐酸或稀硫酸，故B错误；C焰色反应为元素的性质，不一定为钠盐，可证明含有钠元素，故C错误；D不能排除Ag+的干扰，应先加入盐酸酸化，如无现象，再加氯化钡检验，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质的检验、鉴别和分离等知识，为高考常见题型，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12（2分）某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示下列说法不正确的是（）AX可能含有2种盐Ba是SO3CY可能含有（NH4）2SO4D（NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+7考点：二氧化硫的污染及治理.专题：元素及其化合

21、物分析：二氧化硫与氨水反应生成X，则X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，在X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵和二氧化硫气体，二氧化硫经氧化、水合等科的硫酸，气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵；电解硫酸铵溶液可得（NH4）2S2O8；解答：解：AX中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，故A正确；B气体a为二氧化硫，故B错误；CX中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，故C正确；DS的最高化合价是+6，不可能为+7，故D正确；故选B点评：本题考查了二氧化硫的污染与防治、元素化合物等问题，把握物质的主要性质是关键，难度一般13（2分）FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体

22、存在，则下列判断不正确的是（）A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Fe2+C溶液中一定不含Cu2+D剩余固体中一定含Cu考点：铁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，据此分析解答解答：解：FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生

23、成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，A溶液中溶质一定没有Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A正确；B根据以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，故B正确；C根据以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；DFe的还原性大于Cu，所以固体中一定含有Cu，故D正确；故选C点评：本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等14（2分）等物质的量的镁和铝混合均匀后，分

24、为等量的四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（）A3 molL1HCl溶液B3 molL1HNO3溶液C8 molL1NaOH溶液D18 molL1浓H2SO4溶液考点：镁的化学性质；铝的化学性质.专题：元素及其化合物分析：浓硫酸、硝酸具有强氧化性，和金属反应不产生氢气，金属与稀硫酸、稀盐酸反应生成氢气，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气，以此来解答解答：解：A镁和铝都与盐酸反应生成氢气；B硝酸和镁、铝反应都不产生氢气；C镁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气；D浓硫酸和镁反应不产生氢气，和铝发生钝化现象；所以产生氢气最多的是镁和铝都产生氢气的情况，故选A点评：

25、本题考查金属与酸的反应，注意浓硫酸、硝酸具有强氧化性是解答的关键，明确物质的性质即可解答，题目难度不大15（2分）（2014莆田模拟）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Fe，则丁可能是Cl2C若丁是CO2，则甲可能为MgD若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16考点：镁、铝的重要化合物；镁的化学性质；无机物的推断.专题：元素及其化合物分析：甲能和丁能连续反应，说明该反应与反应物用量、反应物浓度或反应条件有关，A氯化铝和氢氧化钠反应产物与氢氧化钠的量有关；B无论

26、铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；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O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16，则乙和丙相差一个氧原子解答：解：A若甲是氯化铝溶液，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若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关系，故B错误；C若丁是二氧化碳，甲是镁，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，所以符合转化关系，故C正确；D若丁是O2，甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生

27、成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳相对分子质量相差16，故D正确；故选B点评：本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，同时考查学生总结归纳能力，难度不大16（3分）2005年1月美国科学家在Science上发表论文，宣布发现了铝的“超级原子”结构Al13和Al14已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态下列说法中，正确的是（）AAl13、Al14互为同位素BAl13超原子中Al原子间通过离子键结合CAl14最外层电子数之和为42，与第A族元素的性质相似DAl13和Al14都具有较强的还原性，容易失去

28、电子生成阳离子考点：核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系.专题：原子组成与结构专题分析：A同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同；BAl13 超原子中Al原子间是通过共有电子对成键；CAll4的价电子为3×14=42，当具有40个价电子时最稳定，当价电子数是42时，则易失去2个电子；DAl13的价电子为3×13=39，易得电子，All4的价电子为3×14=42，易失去电子解答：解：A同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同，故A错误；BAl13 超原子中Al原子间是通过共有电子对成键，所以

29、以共价键结合，故B错误；CAll4的价电子为3×14=42，当具有40个价电子时最稳定，当价电子数是42时，则易失去2个电子，则与A族元素性质相似，故C正确；DAl13的价电子为3×13=39，易得电子，形成阴离子，而All4的价电子为3×14=42，易失去电子，形成阳离子，故D错误；故选C点评：本题以信息的形式考查原子的结构与性质，注意信息中40个价电子时最稳定及铝的价电子是解答的关键，选项B为易错点，题目难度中等17（3分）（2012朝阳区二模）下列说法正确的是（）A高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂（SiO2）制取硅的反应BCO2和钠在一定条件下可以得到金刚

30、石和碳酸钠，反应中氧化剂和还原剂之比是3：4C现代海战通过喷放液体SiCl4（极易水解）和液氨可产生烟幕，其主要成分是NH4ClD从燃煤烟道灰中（含GeO2）提取半导体材料单质锗（Ge），没有发生氧化还原反应考点：硅和二氧化硅；氧化还原反应；盐类水解的应用.专题：元素及其化合物分析：A试管自身含有二氧化硅；B化合价升高和降低的总数相等；CSiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢；D凡是有化合价的升降的反应是氧化还原反应解答：解：A试管自身含有二氧化硅，高温条件下可以和焦炭反应，故A错误； BCO2和钠在一定条件下反应可以得到金刚石和碳酸钠，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：4，故B错

31、误；CSiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢，氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体，故C正确；D由GeO2提取半导体材料单质锗（Ge）有化合价的升降是氧化还原反应，故D错误故选C点评：本题考查硅的化合物的性质，难度中等，注意SiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢，氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体18（3分）下列实验能达到相应目的是（）A制备少量的氧气B证明氧化性Cl2Br2I2C将海带灼烧成灰D说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性考点：化学实验方案的评价.分析：A过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离；B生成的溴中混有氯气，不能证明溴与碘的氧化性强弱；C

32、灼烧海带，应在坩埚中；D浓硫酸具有脱水性和强氧化性，向蔗糖中加入浓硫酸变黑，放热，体积膨胀，碳和浓硫酸之间反应放出刺激性气体SO2解答：解：A过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，则图中装置不能控制反应速率，故A错误； B生成的溴中混有氯气，不能证明溴与碘的氧化性强弱，应先将溴中的氯气除去，故B错误；C灼烧海带，应在坩埚中，不能在蒸发皿中灼烧，故C错误；D向蔗糖中加入浓硫酸变黑，说明浓硫酸具有脱水性，有二氧化硫生成，说明有强氧化性，二氧化硫使品红褪色，说明有漂白性，使酸性高锰酸钾褪色，说明有还原性，故D正确故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备以及物质的性质比较等知识，

33、侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和合理性，难度不大19（3分）将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应过程中的叙述不正确的是（）AOa段反应的化学方程式是Ba（OH）2+CO2BaCO3+H2OBab段与cd段所发生的反应相同Cde段沉淀减少是由于BaCO3固体消失的Dbc段反应的离子方程式是2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32考点：镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：只要通入CO2，立刻就

34、有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，以此来解答解答：解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2

35、=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A由上述分析可知，Oa发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，故A正确；B由上述分析可知，ab段发生2OH+CO2CO32+H2O，cd段发生CO32+CO2+H2O=HCO3，两阶段反应不相同，故B错误；Cde段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故C正确；D由上述分析可知，bc段反应

36、的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，故D正确；故选B点评：本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，为高频考点，侧重对基础知识的综合考查，把握元素化合物性质及发生的反应、图象与反应的对应关系是关键的关键，题目难度中等20（3分）某稀溶液中含4mol KNO3和2.5mol H2SO4，向其中加入1.5mol铁，充分反应后产生的NO气体在标准状况下的体积为（）A36LB22.4LC28LD11.2L考点：氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3）=4，发生3Fe+2NO3+8H+=3

37、Fe2+2NO+4H2O或Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mol，由离子方程式判断过量，以此计算该题解答：解：n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3）=4，铁粉的物质的量为1.5mol，由 3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O， 3 2 81.5mol 0.1mol 4mol，则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量，则发生Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生，Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O x 4x x3Fe+2NO3+8H

38、+=3Fe2+2NO+4H2O y y y则，解得x=0.75mol，y=0.75mol生成NO的体积为（0.75mol+0.75mol×）×22.4L/mol=28L，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中电子守恒为解答的关键，注意过量判断及发生的反应判断，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大21（3分）将一定质量的NaHCO3分为三等份，第一份直接加入盐酸中，消耗盐酸物质的量为n1，第二份首先加热，使其部分分解后，再加入盐酸中，消耗盐酸物质的量为n2，第三份首先加热，使其完全分解后，再加入盐酸中，消耗盐酸物质的量为n3，假若与盐酸都完全反应，则

39、n1、n2、n3的大小关系正确的是（）An1=n2=n3Bn2n1n3Cn1n2n3Dn1n3n2考点：钠的重要化合物.专题：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，则消耗盐酸的物质的量相等解答：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，则消耗盐酸的物质的量相等，故选A点评：本题考查钠的化合物的

40、相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，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二、解答题（共7小题，满分52分）22（6分）水是生命之源，也是化学反应的主角试回答下列问题：P、Q、R是中学化学常见的三种有色物质（其组成元素均属于短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均 能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，请写出P、Q、R与水反应的化学方程式：（1）P+H2O：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）Q+H2O：Cl2+H2OHCl+HClO；（3）R+H2O：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2考点：氧化还原反应.专题：氧化还

41、原反应专题分析：中学化学中常见由短周期元素组成的有色物质，且它们均能与水发生氧化还原反应但水既不是氧化剂也不是还原剂的是有Cl2、NO2、Na2O2，摩尔质量依次增大，则可知P为NO2，Q为Cl2，R为Na2O2，结合物质的性质分析解答：解：中学化学中常见由短周期元素组成的有色物质，且它们均能与水发生氧化还原反应但水既不是氧化剂也不是还原剂的是有Cl2、NO2、Na2O2，摩尔质量依次增大，则可知P为NO2，Q为Cl2，R为Na2O2，（1）NO2与水反应生成NO和HNO3，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）Cl2与水反应生成H

42、Cl和HClO，化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO；（3）Na2O2和水反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2点评：本题以元素化合物的推断为载体，考查了学生对中学常见化学物质的总结归纳能力，能正确判断物质是解本题关键，难度不大23（9分）A、B、C、X均为中学常见的物质，一定条件下它们的转化关系如下（副产物已略去）A B C试回答：（1）若X为O2，则A不可能是ac（填选项） aSi bNH3 cMg dS（2）若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为

43、黄色，X为CO2，用离子方程式解释B溶液显碱性的原因CO32+H2OHCO3+OH，举出C的一种用途制发酵粉或治疗胃酸过多等（3）若A是一种黄绿色气体单质，X是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，反应属于置换反应，写出反应的化学方程式3Cl2+2NH3=N2+6HCl，C的水溶液中各离子浓度由大到小顺序为c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）若X为O2，A能连续被氧化，则A、B、C中含有的同种元素为变价元素，中学常见N、S元素化合物符合转化关系；（2）若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，均含有Na元素，X为CO2，由转化关系可知，

44、A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3；（3）若A是一种黄绿色气体单质，则A为Cl2，X是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则X为NH3，反应属于置换反应，应是氯气与氨气反应生成氮气与HCl，B能与氨气反应生成C，则B为HCl、C为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，据此解答解答：解：（1）若X为O2，A能连续被氧化，则A、B、C中含有的同种元素为变价元素，中学常见N、S元素化合物符合转化关系，Si与氧气反应生成二氧化硅、Mg与氧气反应生成氧化镁，二氧化硅、氧化镁不能与氧气继续反应，故答案为：ac；（2）若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，均含有Na

45、元素，X为CO2，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，Na2CO3溶液中CO32水解：CO32+H2OHCO3+OH，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性碳酸氢钠可以用于制发酵粉、治疗胃酸过多等，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；制发酵粉或治疗胃酸过多等；（3）若A是一种黄绿色气体单质，则A为Cl2，X是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则X为NH3，反应属于置换反应，应是氯气与氨气反应生成氮气与HCl，反应方程式为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，B能与氨气反应生成C，则B为HCl、C为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O

46、+H+，溶液呈酸性，故离子浓度c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl；c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）点评：本题考查无机物推断，涉及N、S、Na、Cl等元素化合物性质与转化，熟练掌握中学常见ABC类型反应，难度中等，注意对基础知识的全面掌握24（12分）硫酸工业中废渣称为硫酸渣，其成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验已知溶液pH=3.7时，Fe3+已经沉淀完全；一水合氨电离常数Kb=1.8×105，其饱和溶液中c（OH）约为1×103m

47、olL1请回答：（1）写出A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（2）上述流程中两次使用试剂，推测试剂应该是A（填以下字母编号）A氢氧化钠 B氧化铝 C氨水 D水（3）溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等；（任写一点）（4）固体E为Mg（OH）2，写出溶液F通入过量CO2生成固体G和溶液H的化学方程式：NaAlO2+CO2+H2O=Al（OH）3+NaHCO3（5）计算溶液F中c（Mg2+）=5.6×1010mol/L（25时，氢氧化镁的Ksp=5.6×101

48、2）考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：几种重要的金属及其化合物分析：先判断各物质的组成，在根据题目要求分析该题硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂并调节溶液的PH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂并调节溶液

49、的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝（1）根据二氧化硅和氢氧化钠的性质写出相应的化学反应方程式（2）能使铁离子产生沉淀，而铝离子不产生沉淀的物质只能是强碱（3）在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，据此分析（4）氢氧化铝的酸性比碳酸还弱，根据强酸制取弱酸知，偏铝酸钠和过量二氧化碳能反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠（5）根据c（Mg2+）=计算解答：解：硫酸渣的成分为

50、SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂并调节溶液的PH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二

51、氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝（1）通过以上分析知，A是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，所以反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（2）向溶液B中加试剂并调节溶液的PH值为3.7，结合题意知，溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂只能是强碱溶液，符合条件的是A选项故选A（3）在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，当溶液的PH=13时，溶液呈强碱性，如果pH过小，

52、可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等故答案为：镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等（4）通过以上分析知，固体E为Mg（OH）2，氢氧化铝的酸性比碳酸还弱，根据强酸制取弱酸知，偏铝酸钠和过量二氧化碳能反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应方程式为 NaAlO2+CO2+H2O=Al（OH）3+NaHCO3故答案为：Mg（OH）2；NaAlO2+CO2+H2O=Al（OH）3+NaHCO3（5）c（Mg2+）=5.6×1010 mol/L故答案为：5.6×1010 mol/L点评：本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用，难度不大，明确各物质的性质是解本题的关键25（5分）实验室可用MnO2和KClO3混合加热的方法制取氧气：现有下列仪器或装置：（1）AD装置中，用作KClO3为原料制氧气的反应装置是A（填序号）（2）排水法收集氧气，接口顺序是：氧气出口fegh烧杯（填序号）考点：实验装置