天津市六校2013-2014学年上学期期中联考高三化学试卷(word解析版)

1、天津市六校2013-2014学年上学期期中联考高三化学试卷一、选择题（单选，本题25个小题，每小题2分，共50分）：1（2分）PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，严重危害人体健康，也称为可入肺颗粒物近年来我国PM2.5污染问题日益凸显2012年某城市开展PM2.5和臭氧监测，每天都公布空气质量级别下列所列各项，在空气质量日报中完全正确的是：（）可吸入颗粒物 总悬浮颗粒物 氢氧化物 二氧化碳 二氧化硫 氮氧化物 臭氧 一氧化碳 氮气A. B. C. D. 考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：根据空气质量日报中的空气污染物有：一氧化碳、氮的氧化物、二氧化硫、臭氧

2、、可吸入颗粒物来解答解答：解：在空气质量日报中的空气污染物包括有害气体和可吸入颗粒物，有可吸入颗粒物 二氧化硫氮氧化物 臭氧，故选：A点评：本题难度不大，空气污染指数作为城市空气质量日报的重要内容，了解包括的各个项目即可正确解答本题2（2分）下列说法正确的是（）A. 1H、2H、3H是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同B. ZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离C. N2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键D. 由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定考点：核素；原子结构示意图；极性键和非极性键；氢键的存在对物质性质的影响.专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体

3、结构分析：A同位素物理性质不同，化学性质几乎完全相同；B该离子为铝离子，能发生水解；C氯化镁中只存在离子键；D分子的稳定性和化学键有关和氢键无关解答：解：A同位素物理性质不同，化学性质几乎完全相同，故A错误；B该离子为铝离子，能发生水解促进水的电离，故B正确；C氯化镁中只存在离子键，故C错误；D分子的稳定性和化学键有关和氢键无关，故D错误；故选B点评：本题考查了同位素的性质、原子结构示意图、化学键类型的判断和分子的稳定性，中等难度注意氢键不是化学键，氢键只影响物理性质，如溶沸点、溶解性等3（2分）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A8.4g NaHCO3固体中含有0.1NA个

4、CO32B1 mol CH3Cl中所含的共价键数为4NAC常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子D5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA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碳酸氢钠固体中存在的离子为钠离子和碳酸氢根离子，不存在碳酸根离子；B一氯甲烷中存在3个碳氢键和1个碳氯键，总共含有4个共价键；C常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量；D铁的化合价由+2和+3价，5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与稀硝酸反应，如果生成亚铁离子，失去的电子为0.2mol解答：解：A碳酸氢钠固体中存在钠离

5、子和碳酸氢根离子，不存在碳酸根离子，故A错误；B.1mol一氯甲烷中存在3mol碳氢键、1mol碳氯键，总共含有4mol共价键，所含的共价键数为4NA，故B正确；C不是标准状况下，题中条件无法计算混合气体的物质的量，故C错误；D.5.6g铁的物质的量为0.1mol，如果生成亚铁离子，反应失去0.2mol电子，如果生成铁离子，失去的电子为0.3mol，所以失去的电子数不一定为0.3NA，故D错误；故选B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，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际

6、问题的能力4（2分）下列说法正确的是（）非金属氧化物一定是酸性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物；由不同原子组成的纯净物一定是化合物；含金属元素的离子不一定都是阳离子；一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路；胆矾是纯净物，水泥是混合物A. B, C. D. 考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；胶体的重要性质.专题：物质的分类专题分析：非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物；由不同原子组成的纯净物可能是化合物，也可能是由同位素组成的单质；含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如高锰酸根离子，偏铝酸根离子等；蛋白质溶液实质上是胶体；胆矾是五水硫酸

7、铜，是纯净物，水泥由多种物质组成，是混合物解答：解：非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故错误；由不同原子组成的纯净物不一定是化合物，也可能是由同位素组成的单质，故错误；含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如高锰酸根离子，偏铝酸根离子等，故正确；蛋白质溶液实质上是胶体，所以一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路，故正确；胆矾是五水硫酸铜，是纯净物，水泥由多种物质组成，是混合物，故正确；综上分析，正确的是，故选B点评：本题考查了酸碱盐、氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题5下列实验能达

8、到目的是（）A用CCl4萃取碘水中的碘B将足量盐酸加入混有少量CaCO3杂质的中可除去杂质C将混有少量HCl的通入NaOH溶液中除去HClD将Fe（OH）3固体加入沸水中制备Fe（OH）3胶体考点：物质的分离、提纯和除杂；分液和萃取.专题：实验评价题分析：A萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；B除杂不能引入新的杂质；CNaOH 与 HCl、Cl2 都能够反应；D制备Fe（OH）3胶体是利用饱和氯化铁溶液与沸水共热解答：解：A四氯化碳不溶于水且比水重，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，故可用四氯化碳萃取碘水中的碘

9、，故A正确； B用盐酸除去 CaCO3，会引入 CaCl2杂质，故B错误；C NaOH 与 HCl、Cl2 都能够反应，将原物质除掉，故C错误；DFe（OH）3 难溶于水，将其分散到水中，只能得到 Fe（OH）3 的悬浊液，而制备Fe（OH）3胶体是利用饱和氯化铁溶液与沸水共热，故D错误故选A点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂和胶体的制备，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离6（2分）实验室需配制一种仅含五种离子（水电离出的离子可忽略）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mo

10、l/L，下面四个选项中能达到此目的是（）ACa2+、K+、OH、Cl、NO3BFe2+、H+、Br、NO3、ClCNa+、K+、SO42、NO3、ClDAl3+、Na+、Cl、SO42、NO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并根据溶液呈电中性分析解答解答：解：A根据溶液呈电中性，阳离子H+、Ca2+所带的正电荷总数等于阴离子OH、Cl、NO3所带的负电荷总数，因体积一定所以C（H+）+2C（Ca2+）=C（Cl）+C（NO3）+C（OH），在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，则电荷守恒

11、，但Ca2+与OH能形成氢氧化钙微溶物不能共存，故A错误；BFe2+、H+、与NO3发生氧化还原反应，3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O，所以该组离子不能大量共存，故B错误；C根据溶液呈电中性，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数等于阴离子SO42、NO3、Cl所带的负电荷总数，因体积一定所以需C（Na+）+C（K+）=C（Cl）+C（NO3）+2C（SO42），在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，C（Na+）+C（K+）=2mol/L，C（Cl）+C（NO3）+2C（SO42）=4mol/L，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数不等于阴离子SO42、NO3、Cl所带

12、的负电荷总数，故C错误；DAl3+、Na+、Cl、SO42、NO3，该组离子之间不反应，则能大量共存，根据溶液呈电中性，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数须等于阴离子Cl、SO42、NO3所带的负电荷总数，在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，3C（Al3+）+C（Na+）=4mol/L，C（Cl）+C（NO3）+2C（SO42）=4mol/L，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数等于阴离子Cl、SO42、NO3所带的负电荷总数，故D正确；故选D点评：本题考查了离子共存问题，注意离子之间的反应及溶液呈电中性是解答本题的关键，题目难度不大7（2分）下列说法正确的是（）A硫粉在

13、过量的氧气中燃烧可以生成SO3B可以用澄清石灰水鉴别CO2和SO2C将少量CO2通入BaCl2溶液能生成白色沉淀D不能用排水法收集SO2、NO2气体考点：二氧化硫的化学性质.专题：氧族元素分析：A硫燃烧生成二氧化硫；B二者均使石灰水变浑浊；C盐酸的酸性大于碳酸；DSO2、NO2气体均能与水反应解答：解：A硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，二氧化硫发生催化氧化反应生成三氧化硫，故A错误；B二者均使石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，可利用品红鉴别，故B错误；C盐酸的酸性大于碳酸，则CO2通入BaCl2溶液不反应，故C错误；DSO2、NO2气体均能与水反应，则不能用排水法收集SO2、NO2气体，

14、故D正确；故选D点评：本题考查物质的性质，为高频考点，侧重C、N、S及其氧化物的性质与转化的考查，涉及检验及气体收集、发生的反应等知识，综合性较强，题目难度不大8（2分）（2013潮州二模）叠氮酸钠（NaN3）是无色离子晶体，遇高温或剧烈震动能发生强烈爆炸，快速分解成钠单质和氮气，是汽车安全气囊中的成分之一下列有关说法正确的是（）ANaN3中只含有离子键B1molNaN3完全分解最多可以产生33.6LN2CNaN3快速分解时，NaN3既是氧化剂，又是还原剂D常温下，NaN3化学性质稳定，包装盒上无需特别说明注意事项考点：钠的重要化合物；氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题；元素及其化合物分析：

15、A、活泼金属和活泼非金属之间形成的化学键大多数是离子键，非金属元素之间形成的化学键是共价键；B、根据叠氮化钠分解的方程式进行计算即可；C、根据氧化还原反应中的基本概念结合化学反应来回答；D、NaN3化学性质不稳定，遇高温或剧烈震动能发生强烈爆炸解答：解：A、叠氮化钠中含有活泼金属元素Na和活泼非金属元素N之间形成的化学键，是离子键，但是氮原子之间是共价键，故A错误；B、叠氮化钠分解的方程式：2NaN3=2Na+3N2，1molNaN3完全分解最多可以产生1.5mol氮气，即标准状况下的体积是33.6LN2，故B错误；C、叠氮化钠分解的方程式：2NaN3=2Na+3N2，化合价变化的有N、Na元

16、素，所以NaN3既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D、NaN3化学性质不稳定，遇高温或剧烈震动能发生强烈爆炸，包装盒上需特别说明注意事项，故D错误故选C点评：本题属于信息习题，注重对化学键的考查，明确金属元素与非金属元素及物质的构成微粒即可解答，难度不大9（2分）下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）A铝具有良好的延展性和抗腐蚀性，可以制成铝箔包装物品BNaHCO3能与碱反应，食品工业中用做焙制糕点的膨松剂CK2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2，可用于自来水的净化和杀菌消毒DNH3能与Cl2生成NH4Cl，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏考点：铝的化学性质；氨的化学性质

17、；钠的重要化合物.专题：氮族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A、根据金属铝的延展性和抗腐蚀性来看其应用；B、NaHCO3能与酸反应二氧化碳气体，常做发酵剂；C、高铁酸钾具有强氧化性，氢氧化铁胶体具有净水作用；D、氨气和氯气相遇会产生明显的现象，据此来回答解答：解：A、利用金属铝的延展性和抗腐蚀性，在日常生活中，常用金属铝制成铝箔包装物品，故A正确；B、NaHCO3能与酸反应二氧化碳气体，常做发酵剂用做焙制糕点的膨松剂，该应用和碳酸氢钠与碱的反应无关，故B错误；C、高铁酸钾具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，它和水之间反应生成的氢氧化铁胶体具有净水作用，故C正确；D、浓氨水易挥发出氨气，氨

18、气和氯气相遇会产生明显的现象：冒白烟，据此可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏，故D正确故选B点评：本题考查学生物质的性质和用途知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大10（2分）铝投入到下列溶液中有气体生成，其中一定能大量共存的离子组是（）ABa2+、Na+、NO3、ClBNH4+、K+、CH3COO、SO42CCa2+、Br、SO42、Al3+DFe2+、OH、MnO4、Mg2+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：铝投入下列溶液中有气体生成，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、沉淀、气体、弱电解质等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：A无论酸或碱溶

19、液中，该组离子之间均不反应，能大量共存，故A正确；B碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下CH3COO不能大量共存，故B错误；CCa2+与SO42反应生成沉淀不能大量共存，且碱性条件下Ca2+、Al3+不能大量共存，故C错误；DOH与Fe2+、Mg2+反应生成沉淀，且Fe2+与MnO4发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意信息的抽取和离子的性质为解答的关键，选项C为易错点，题目难度不大11（2分）硝酸铜是制备CuZnAl系催化剂的重要原料现有三种制取硝酸铜的实验方案可供选用：铜与稀硝酸反应制取：3Cu+8HNO3（

20、稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O铜与浓硝酸反应制取：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O首先将铜屑在空气中加热生成氧化铜，氧化铜与稀硝酸反应制取：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3Cu（NO3）2+H2O下列有关说法正确的是（）A制取等量的硝酸铜，需硝酸的量最少B制取等量的硝酸铜，产生的有毒气体比少C三种方案中，第方案最经济环保D三种方案的反应都可以在铁质容器中进行考点：制备实验方案的设计；化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：三种方案中、都生成污染性气体，最经济环保，结合硝酸的性质和方程式解答该题解答：解：A假设制取1mol硝酸铜，由方程式可知需要mo

21、l硝酸，需要4mol硝酸，需要2mol硝酸，消耗消耗最少，故A错误；B假设制取1mol硝酸铜，由方程式可知生成molNO，生成2molNO2，则产生的有毒气体比多，故B错误；C三种方案中，第方案没有生成污染物，且消耗硝酸最少，故C正确；D稀硝酸可与铁反应，不能在铁质容器中进行，故D错误故选C点评：本题以硝酸铜的制取为载体考查了硝酸的性质，根据方程式中的硝酸的物质的量、生成物的性质结合原子守恒来分析解答，题目难度不大12（2分）将几滴KSCN（SCN是“类卤离子”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，

22、红色也褪去下列推测肯定不正确的是（）A中红色褪去的原因是KMnO4将SCN氧化B中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C中红色褪去的原因是SO2将SCN还原DSCN在适当条件下可失去电子被氧化为（SCN）2考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；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：A根据高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化的原理来判断；B根据二氧化硫具有还原性，Fe3+具有氧化性解答；CSO2中硫元素为+4价，SCN离子碳元素显+4价，氮元素显3价，硫元素的化合价为2价；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将还原性的离子氧化；解答：解：A三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生

23、络合反应：Fe3+3SCNFe（SCN）3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化，使红色消失，故A正确；BFe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子中红色褪去，反应为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42，故B正确；CSO2中硫元素为+4价，如果还原SCN，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN，1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C错误；D高锰酸钾

24、具有强氧化性，可以将SCN氧化为（SCN）2，相当于卤素单质X2，故D正确；故选C点评：本题主要考查了三价铁离子的检验，掌握高锰酸钾的氧化性是解答本题的关键，题目难度不大13（2分）少量的固体X投入过量的Y溶液中，能生成白色沉淀和一种无色无味的可燃性气体，则X和Y应为（）ASi 和H2SO4BNa和MgCl2CCaC2和CuSO4DNa2O和NH4Cl考点：钠的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物.专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：根据题意知，固体和Y的溶液能反应，且生成白色不溶物且放出气体，该气体是可燃性气体且不易溶于水，据此分析解答解答：解：A、单质硅和硫酸之间不会发生反应，

25、没有现象发生，故A错误；B、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，生成的氢气能燃烧且不溶于水，所以符合条件，故B正确；C、碳化钙和水之间反应生成氢氧化钙和乙炔气体，氢氧化钙和硫酸铜之间反应会生成蓝色沉淀，故C错误；D、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，没有无色无味的可燃性气体产生，且氢氧化钠和氯化铵反应生成一水合氨，没有白色沉淀生成，故D错误故选B点评：本题考查元素化合物的性质，难度不大，根据生成物的溶解性、可燃性等来分析判断即可14（2分）（2011莆田一模）向盛有Z溶液的洗气瓶中先通入气体X，生成沉淀；再通入过量气体Y，沉淀溶解下列各组物质中，符合以上现象的是（

26、）XYZASO2NO2BaCl2溶液BCO2NH3CaCl2溶液CNH3HClAlCl3溶液DCO2HClNa2SiO3溶液AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；氨的化学性质.专题：推断题分析：A二氧化硫与氯化钡溶液不反应；B二氧化碳与氯化钙溶液不反应；C氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶于盐酸；D硅酸不能溶于盐酸解答：解：A二氧化硫与氯化钡溶液不反应，开始没有沉淀产生，故A错误；B二氧化碳与氯化钙溶液不反应，开始没有沉淀产生，故B错误；C氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶于盐酸，沉淀溶解，符合题意，故C正确；D二氧化碳与硅酸钠反应反应生成硅酸沉淀，硅酸不能溶于盐酸，沉

27、淀不溶解，故D错误，故选C点评：本题考查元素化合物性质，难度不大，注意AB中物质同时通入溶液氯化钡或氯化钙溶液中会生成沉淀15（2分）（2014浙江二模）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍下列判断正确的是（）A原子半径：WZYXB含Y元素的盐溶液一定显酸性C最简单气态氢化物的热稳定性：ZWDX与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最

28、外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，结合元素周期律及其单质化合物的性质来解答解答：解：由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，A同周期随原子序数增大，原子半径减小，电子层越多，原子半径越大，则原子半径为YZWX，故A错误；BY为Al，AlCl3溶液显酸性，NaAlO2溶液显碱性，故B错误；C非金属性WZ，则最简单气态氢化物的热稳定性为WZ，故C错误；DN元素与氢元素组成的化合物XH5为NH4H，NH4H与水反应可产生氨气、氢气两种气体

29、，故D正确，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，W为推断的突破口，注意D选项知识中学基本不接触，为本题难点，注意根据水解反应进行理解，题目难度中等16（2分）下列判断正确的是（）A使甲基橙呈黄色的溶液中一定存在K+、Ba2+、AlO2、ClB同一主族元素气态氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高CAl2O3与AlCl3虽然所含的化学键类型不同，但都属于强电解质D将过量Na2O2投入紫色石蕊溶液，溶液显蓝色，Na2O2是碱性氧化物考点：离子共存问题；化学键；氢键的存在对物质性质的影响；强电解质和弱电解质的概念；钠的重要化合物.专题：物质的分类专题；化学键与晶体结构分析：A甲基橙的变色范围为3

30、.14.4，使甲基橙呈黄色的溶液可能是酸性、中性或碱性；B同一主族元素气态氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高，但含有氢键的 氢化物沸点最高；C氧化铝中含有离子键、氯化铝中含有共价键，完全电离的电解质是强电解质；D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，石蕊试液遇碱变蓝色解答：解：A甲基橙的变色范围为3.14.4，使甲基橙呈黄色的溶液可能是酸性、中性或碱性，酸性溶液中AlO2不能存在，故A错误；B同一主族元素气态氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高，但含有氢键的 氢化物沸点最高，如第VA、第VIA、第VIIA元素氢化物，故B错误；C氧化铝中含有离子键、氯化铝中含有共价键，氧化铝在熔融状态下

31、完全电离、氯化铝在水溶液里完全电离，所以二者都是强电解质，故C正确；D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，过氧化钠和水反应生成的碱使石蕊试液变蓝色，但过氧化钠和水反应除了生成碱外还生成氧气，所以过氧化钠不是碱性氧化物，故D错误；故选C点评：本题考查较综合，涉及碱性氧化物的判断、元素周期律、离子共存、强弱电解质的判断等知识点，根据基本概念、离子共存的条件、元素周期表等知识点来分析解答，易错选项是D，紧扣碱性氧化物概念即可解答，为易错点17（2分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3+ZnZn2+2Fe2+BNaHSO4溶液与Ba（OH

32、）2溶液混合后呈中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2OC磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2ODCa（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2OCaSO3+2HClO考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A锌的还原性强于铁，锌能够将铁离子还原成金属铁；B反应后为中性，则硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1；C铁离子能够将碘离子氧化成碘单质；D生成的次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙解答：解：A在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉，铁离子被还原成铁，正确的离子方程式为：2Fe3+3Zn3Zn

33、2+2Fe，故A错误；BNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性，硫酸根离子过量，反应的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故B正确；C反应生成的铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，正确的离子方程式为：2I+Fe3O4+8H+=3Fe2+4H2O+I2，故C错误；D二氧化硫少量，反应生成的亚硫酸钙完全被氧化成硫酸钙，正确的离子方程式为：Ca2+ClO+H2O+SO2CaSO4+2H+Cl，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的正误判断，难度中等，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

34、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）、检查是否符合原化学方程式等；选项C为易错点，注意铁离子能够氧化碘离子18（2分）下列根据实验操作和现象所得出的结论，正确的是（）选项实验操作实验现象结论A在某钠盐溶液中滴加稀硫酸产生能使石灰水变浑浊的气体该溶液一定含有CO32或HCO3BKIO3溶液中加入HI溶液，并加入淀粉溶液变蓝色KIO3的氧化性比I2强C在Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味的气体氯的非金属性比硫的非金属性强DCO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液溶液不显红色黑色固体中无Fe3O4AABBCCD

35、D考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化性、还原性强弱的比较；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；常见阴离子的检验.专题：实验评价题分析：A生成气体也可能为二氧化硫；B根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物判断；C比较非金属性应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性、氢化物的稳定性或单质之间的置换反应等角度；DCO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+解答：解：A生成气体也可能为二氧化硫，可也可能含有SO32或HSO3，故A错误；B氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物，KIO3溶液中加入HI溶液，并加入淀粉变蓝色，说明生

36、成碘，则KIO3的氧化性比I2强，故B正确；C比较非金属性应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性、氢化物的稳定性或单质之间的置换反应等角度，题目比较角度错误，故C错误；DCO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+，不能证明是否含有Fe3O4，故D错误故选B点评：本题考查较为综合，涉及气体的物质的检验、性质比较等知识，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，注意把握物质的性质异同，把握实验严密性和可行性的评价，难度不大19（2分）有关下列实验装置的说法中正确的是（）图1装置：用排饱和碳酸氢钠溶液法收集CO2图2装置：将氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先

37、变红，后褪色，最后溶液呈淡黄绿色，说明氯气的水溶液呈酸性，具有漂白性，而且氯气是有色气体；图3装置：同浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中分别滴加一定量的盐酸，前者无气体产生，后者产生气体，说明碳酸钠与盐酸不反应，碳酸氢钠与盐酸反应；图4装置：验证铜与稀硝酸反应的产物是NOABCD考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；气体的收集；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；探究氯水、氯气的漂白作用.专题：实验评价题分析：二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，可用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，可使石蕊试液先变红后褪色；在碳酸钠溶液中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠；二氧化氮和水反应可生成

38、NO，应排除干扰解答：解：二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，可用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳，故正确；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，可使石蕊试液先变红后褪色，溶液先变红，后褪色，最后溶液呈淡黄绿色，说明氯气的水溶液呈酸性，具有漂白性，而且氯气是有色气体，故正确；在碳酸钠溶液中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠，盐酸过量时可进一步反应生成二氧化碳气体，故错误；装置内有氧气，可与一氧化氮反应生成二氧化氮，而二氧化氮和水反应可生成NO，该实验不能排除二氧化氮和水反应的干扰，故错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、性质检验等知识，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，注意把握物

39、质的性质异同，把握实验严密性和可行性的评价，难度不大20（2分）把SO2通入Fe（NO3）3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀在上述一系列变化过程中，最终被还原的是（）ASO2BClCFe3+DNO3考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；随着溶液中H+浓度的增大，NO3逐渐显现出其强氧化性，再将Fe2+氧化为Fe3+，而NO3中氮元素从+5价变为+2价，故最终氮元素被还原解答：解：由滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀，则可知SO2通入Fe（NO

40、3）3溶液中发生的氧化反应为SO2SO42，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，S、Fe元素得化合价在变化中升高，则可知还原反应为H+NO3NO+H2O，即最终被还原的为NO3，故选D点评：本题通过元素及化合物知识为载体，实质是考查氧化还原反应基本知识，题目难度不大，注意相关物质的性质，学习中注意积累21（2分）向仅含Fe2+、I、Br的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示下列说法中正确的是（）A线段代表Fe2+的变化情况B线段代表Br的变化情况Ca数值等于6D原混合溶液中n（FeBr2）=4 mol考点：氯气的化学性质

41、；铁盐和亚铁盐的相互转变.专题：元素及其化合物分析：向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，根据还原性：IFe2+Br，首先发生反应：2I+Cl2I2+2Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br+Cl2Br2+2Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br）=2n（Fe2+），

42、故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=2×4mol2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2）；根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；解答：解：向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，根据还原性：IFe2+Br，首先发生反应：2I+Cl2=I2+2Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br+Cl2=Br2+2Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n

43、（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br）=2n（Fe2+），故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=2×4mol2mol=6mol，A、由上述分析可知，线段代表Br的变化情况，故A错误；B、由上述分析可知，线段I代表I的变化情况，故B错误；C、由上述分析可知，溶液中n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=2×4mol2mol=6mol，根据2Br+Cl2Br2+2Cl可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；D、溶液中n（Br）=6mol，所以原混合溶液

44、中n（FeBr2）=3mol，故D错误；故选：C点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较，综合性较强，难度较大，清楚反应过程是解题关键22元素X的单质及X与Y形成的化合物能按如图所示的关系发生转化（其中mn，且均为正整数）下列说法正确的是（）AX一定为金属元素BX、Y不可能均为非金属元素C若X为Fe，Y可为Cl、Br、但不能是ID若X为Fe，Y只能为Cl考点：无机物的推断.专题：推断题分析：由产物组成知X具有多种价态，当X是铁时，Y可以是氯气、溴单质；当X是碳时，Y可以是氧解答：解：A、根据B和D答案分析，可以获得结论：X可以是金属元素，也可以是非金属元素，

45、故A错误；B、当X是碳单质时，碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，碳可以和Y氧气生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳可以和单质碳化合为一氧化碳，X、Y可能均为非金属元素，故B错误；C、当X是金属铁时，铁和盐酸（氢溴酸）反应生成氯化亚铁（溴化亚铁），氯化亚铁（溴化亚铁）可以和氯气（溴单质）反应生成氯化铁（溴化铁），氯化铁（溴化铁）可以和金属铁反应生成氯化亚铁（溴化亚铁），铁和碘单质反应制生成碘化亚铁，所以Y不能是I，故C正确；D、当X是金属铁时，铁和盐酸（氢溴酸）反应生成氯化亚铁（溴化亚铁），氯化亚铁（溴化亚铁）可以和氯气（溴单质）反应生成氯化铁（溴化铁），氯化铁（溴化铁）可以和

46、金属铁反应生成氯化亚铁（溴化亚铁），故D错误；故选C点评：本题考查了物质转化关系的应用和物质性质的应用，要注意总结，在中学阶段金属元素具有可变化合价的只有铁和铜，只要判断出金属具有可变化合价，就能说明金属为铁或铜，一般情况时判断为铁，此题综合性较强，难度较大23现有44g Mg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与体积为1L质量分数为20%的硫酸溶液恰好完全反应，经处理后得到无水硫酸盐140g，则下列说法正确的是（）A生成标准状况下的气体体积为22，4 LB硫酸物质的量浓度为2.0mol/LC硫酸溶液的质量为540gD无法进行A、B、C选项的计算考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分

47、析：金属与硫酸恰好反应生成硫酸盐与氢气，根据质量守恒可知m（SO42）=140g44g=96g，则n（H2SO4）=n（SO42）=1mol，根据关系式H2SO4H2计算氢气的体积；再根据c=计算硫酸的物质的量浓度；根据m=nM计算m（H2SO4），再结合质量分数计算硫酸溶液的质量解答：解：金属与硫酸恰好反应生成硫酸盐与氢气，根据质量守恒可知m（SO42）=140g44g=96g，则n（H2SO4）=n（SO42）=1mol，A根据关系式H2SO4H2可知，n（H2）=n（H2SO4）=1mol，故V（H2）=1mol×22.4L/mol=22.4L，故A正确，B硫酸物质的量浓度为=

48、1mol/L，故B错误；Cm（H2SO4）=1mol×98g/mol=98g，故硫酸溶液的质量为=490g，故C错误；D由上述分析可知，可以氢气体积、硫酸物质的量浓度、硫酸溶液质量，故D错误，故选A点评：本题以化学反应的计算为载体，实质考查学生利用守恒思想计算的计算等，难度中等，计算硫酸根的质量是关键24（2分）含MgCl2、AlCl3均为n mol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（离子（或物质）沉淀pH见表）（）离子Mg2+Al3+物质Al（OH）3开始沉淀pH8.933.56开始溶解pH8.04完全沉淀pH10.924

49、.89完全溶解pH12.04ABCD考点：两性氧化物和两性氢氧化物；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：根据开始沉淀时的pH可知，当Al3+完全沉淀时，Mg2+还没有开始沉淀；而当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；而当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解；解答：解：根据开始沉淀时的pH可知，当Al3+完全沉淀时，Mg2+还没有开始沉淀；而当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；而当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，所以正确的图象应该是C；故选C点评：本题考查MgCl2、AlCl3与氢氧化钠溶液反应生成沉淀时图象的判断，考查学生灵活运用基础知

50、识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，该题的关键是利用好沉淀时的pH值，然后灵活运用即可25（2分）今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液（其它用品略），某合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：组别VFeCl3（aq）/mL100100100100混合粉末质量/g613.22436反应后剩余固体质量/g01.2812.824.8下列结论正确的是（）A原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=3：2B第组反应后溶液中c（Fe3+）=3.0mol/LC第组剩余固体是铜铁混合物D第组反应后的滤液中c（Fe2+）=6.0

51、 mol/L考点：有关混合物反应的计算；铁盐和亚铁盐的相互转变.专题：几种重要的金属及其化合物分析：铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，100mL FeCl3溶液能溶解金属质量13.2g1.28g=11.92g，大于第组溶解的金属质量，故第组金属完全反应、FeCl3有剩余；第组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.1L×4mol/L=0.4mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe

52、2+，参加反应Fe的物质的量为0.2mol，则溶解的Fe的质量为0.2mol×56g/mol=11.2g11.92g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为Cu；第组实验中溶解金属为24g12.8g=11.2g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余12.8g为Cu，即24g混合物中Cu的质量为12.8g，则混合物中m（Fe）：m（Cu）=11.2g：12.4g=7：8；故第组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2；A结合第组中Fe、Cu的质量，根据n=计算解答；B根据转移电子守恒计算剩余铁离子浓度；C根据第组数据确定固体成分；D根据氯原子守恒计算第组反应后的滤液中c（Fe2+）解答