福建省三明九中2015届高三上学期期中考试化学试题含解析

1、 福建省三明九中2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（本题包括33小题，每小题2分，共66分每小题只有一个选项符合题意）1下列各组物质的分类正确的是（）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银电解质：明矾、冰醋酸、石膏、纯碱同位素：1H+、2H+、3H+同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨 弱电解质：HF、SO2、NH3、H2OABCD全部正确考点：混合物和纯净物；同位素及其应用；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念.专题：物质的分类专题分析：混合物是指由多种物质组成的物质；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；质子数相同中

2、子数不同的同一元素互称同位素；同一元素的不同单质互称同素异形体；弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐解答：解：氯水是氯气的水溶液、氨水是氨气的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液是混合物，水银是汞单质，是纯净物，故错误；明矾、冰醋酸、石膏、纯碱在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，故为电解质，故正确；1H+、2H+、3H+是三种离子，二同位素必须是原子，故错误；C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，故正确；HF、H2O在水溶液里只有部分电离，是弱电解质，SO2、NH3在水溶液里导电是亚硫酸和一水合氨电离，不是它们本身电离，所以SO2、NH3是非电解

3、质，故错误；故选A点评：本题考查物质的分类，注意掌握混合物，非电解质，同位素，同素异形体，弱电解质的定义2（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法中不正确的是（）2.24L氖气含有NA个电子，18gD2O中所含的中子数为10NA，标准状况下，11.2LSO3 含有的分子数为0.5NA，过氧化钠与水反应，若电子转移2NA，则产生的氧气为32g，在1L 0.1mol/L的碳酸钠溶液中，CO32总数小于0.1NAABCD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：没指明状态，Vm不确定；D2O的分子量为20；气体摩尔体积适用对象为气体；过氧化钠中氧元素的化合价为1价，过氧

4、化钠与水反应生成1mol氧气转移2mol电子；碳酸根离子为弱酸根离子，在溶液中存在水解解答：解：没指明状态，Vm不确定，无法计算氖气的物质的量，故错误；18g D2O的物质的量为0.9mol，0.9mol重水中含有9mol中子，所含的中子数为9NA，故错误；标准状况下，SO3 为液体，不适用气体摩尔体积，故错误；过氧化钠与水反应，转移电子2NA，即转移的电子物质的量2mol，则生成氧气的物质的量为1mol，产生的氧气的质量为32g，故正确；1L 0.1mol/L的碳酸钠溶液中，碳酸钠的物质的量为0.1mol，溶于水，碳酸根离子发生水解，所以溶液中的碳酸根离子小于0.1mol，故正确；故选：C点

5、评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，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、明确标况下气体摩尔体积的使用条件是解题关键，选项为易错选项，注意盐类的水解3（2分）下列物质所发生的化学反应中，由于反应物的用量不同而得到不同产物的是（）铁与稀硝酸 AgNO3溶液与氨水溶液 碳酸钠溶液与稀盐酸 FeCl3溶液与Na2S溶液 NaAlO2溶液和稀盐酸 铁与氯气A全部都是BCD考点：铁的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：铁的用量不同，产物不同；氨水的用量不同，产物不同；碳酸钠溶液与稀盐酸反应，可生成碳酸氢钠或二氧化

6、碳气体，产物不同；FeCl3溶液与Na2S溶液发生氧化还原反应，硫化钠的量不同，其产物不同；NaAlO2溶液和稀盐酸反应，量不同，产物不同；铁与氯气反应只生成氯化铁解答：解：铁与稀硝酸时，铁不足时生成硝酸铁，铁过量时生成硝酸亚铁，故正确；氨水不足时生成沉淀，过量时生成银氨溶液，故正确；碳酸钠溶液与稀盐酸反应，可生成碳酸氢钠或二氧化碳气体，产物不同，故正确；FeCl3溶液与Na2S溶液发生氧化还原反应，当硫化钠少量时，二者反应生成亚铁离子和S，当硫化钠过量时，亚铁离子和硫离子反应生成FeS沉淀，与量有关，故正确；NaAlO2溶液和稀盐酸反应，盐酸少量时生成氢氧化铝，过量时生成氯化铝，故正确；铁与

7、氯气反应只生成氯化铁，与量无关，故错误；故选C点评：本题考查物质间的化学反应，综合考查元素化合物知识，把握量对化学反应的影响为解答的关键，注意发生的氧化还原反应及复分解反应，题目难度中等4（2分）下列有关物质性质的应用正确的是（）A氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝B二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂考点：金属冶炼的一般原理；氯气的化学性质；氨的物理性质；硅和二氧化硅.专题：元素及其化合物分析：A氯化铝是共价化合物，属于分子晶体；B二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体；C氢氧化钙能和氯气反应；D液氨汽化时要

8、吸收大量的热；解答：解：A氯化铝的构成微粒是分子，属于分子晶体，为共价化合物，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故A错误；B石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故B错误；CCaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，故C错误；D液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故D正确； 故选D点评：本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握注意氯化铝是共价化合物，属于分子晶体为高频考点5（2分）（2013海南）重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A氘（D）原子核外有1个电子B1H与D互称同位素CH2O

9、与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同考点：同位素及其应用.专题：原子组成与结构专题分析：A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；B有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；C相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；D1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20解答：解：A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；B1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；CH2O与D2O都是化合物，不是单质，故C错误； D1H218O的相对

10、分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20，故D正确，故选C点评：本题考查同位素、同素异形体的概念，相对分子质量的计算，难度不大对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题6（2分）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）ACa（C1O）2溶液中通入少量SO2气体：Ca2+2C1O+SO2+H2O=CaSO3+2HC1OB澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2OC向硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32D用浓盐

11、酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：AClO有较强的氧化性，而在水溶液中SO2有较强的还原性，二者相遇发生氧化还原反，硫酸钙微溶；B澄清石灰水与少量小苏打溶液混合反应生成碳酸钙和氢氧化钠；C碳酸的酸性强于硅酸，碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子；D浓盐酸具有强的还原性，能被高锰酸钾氧化，不能选用盐酸酸化高锰酸钾解答：解：ACa（C1O）2溶液中通入少量SO2气体反应的离子方程式为：SO2 +ClO+Ca2+H2O=CaSO4+Cl+2H+，故A错误；B澄清石灰水

12、与少量小苏打溶液混合，反应的离子方程式为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故B正确；C向硅酸钠溶液中通入过量的CO2反应的离子方程式为：SiO32+2CO2+H2O=H2SiO3+HCO3，故C错误；D浓盐酸具有强的还原性，能被高锰酸钾氧化，不能选用盐酸酸化高锰酸钾，可以选用稀硫酸酸化，离子方程式为：2MnO+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O，故D错误；故选：B点评：本题考查了离子方程式书写正误的判断，是高考的必考题型，题目难度不大，关键在于清楚化学反应的实质，D选项为易错点，注意不能用浓盐酸酸化高锰酸钾7（2分）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是（）

13、A用50 mL 12 mol/L的水溶液与足量二氧化锰共热制取氯气B常温下，将1 g投入20 mL 18.4 mol/L的硫酸中C向100 mL 3 mol/L的稀硝酸中加入5.6 gD常温常压下，0.1 mol通入1 L水中反应考点：化学方程式的有关计算；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质.专题：卤族元素；氧族元素；氮族元素分析：A加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2，但稀盐酸和MnO2不反应；B常温下，Al和浓硫酸发生钝化现象；C5.6gFe的物质的量=0.1mol，n（HNO3）=3mol/L×0.1L=0.3mol，二者反应方程式为3Fe+8HNO3=3Fe（

14、NO3）3+2NO+4H2O、Fe+4HNO4=Fe（NO3）3+NO+2H2O，n（Fe）：n（HNO4）=0.1mol：0.3mol=，所以铁完全反应，硝酸有剩余；D常温常压下，1L水中能溶解2L氯气解答：解：A加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2，但稀盐酸和MnO2不反应，当浓盐酸浓度达到一定程度后变为稀盐酸后不再和二氧化锰反应，所以氯化氢不能完全转化，故A错误；B常温下，Al和浓硫酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，所以Al不能完全消耗，故B错误；C5.6gFe的物质的量=0.1mol，n（HNO3）=3mol/L×0.1L=0.3mol，二者

15、反应方程式为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）3+2NO+4H2O、Fe+4HNO4=Fe（NO3）3+NO+2H2O，n（Fe）：n（HNO4）=0.1mol：0.3mol=，所以铁完全反应，硝酸有剩余，铁被氧化生成亚铁离子和铁离子，故C正确；D常温常压下，0.1mol氯气的体积是2.24L，1L水中能溶解2L氯气，所以氯气不能完全溶解，故D错误；故选C点评：本题考查物质之间的反应，明确物质的性质是解本题关键，注意酸的浓度不同其性质不同，注意C选项中要结合方程式分析，题目难度中等8（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+

16、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

17、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9（2分）（2013山东）利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水

18、和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIAABBCCDD考点：硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物质的量浓度的溶液.专题：化学实验常用仪器分析：A、测定硫酸铜晶体结晶水 需要加热，用到酒精灯；B、用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，需要用到过滤操作，用到漏斗；C、需要称量氢氧化钠固体的质量，用到托盘天平；D、用到萃取和分液操作，用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗解答：解：A、硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；B、用盐酸出去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，要用到漏斗，B错误；C、用固体氢氧化钠配制溶液，需要用到托盘天平称量固体，C错误；D、用溴水和

19、CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确； 故选D点评：本题考查化学实验基本操作及使用的仪器，注重实验基础知识考查，难度中等10（2分）下列各组离子可能大量共存的是（）A饱和氯水中：Cl、NO3、Na+、SO32B能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、NO3、Cl、NH4+C常温下水电离出的c（H+）c（OH）=1020的溶液中：Na+、Cl、S2、SO32D含有大量OH的无色溶液中：Na+、Cu2+、AlO2、SiO32考点：离子共存问题.分析：A氯水中含氧化性物质，与还原性离子发生氧化还

20、原反应；B能与金属铝反应放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C常温下水电离出的c（H+）c（OH）=1020的溶液，为酸或碱溶液；D离子之间结合生成沉淀，且Cu2+为蓝色解答：解：A氯水中含氧化性物质，与还原性离子发生氧化还原反应，则氯水中不能大量存在SO32，故A错误；B能与金属铝反应放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、H+、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故B错误；C常温下水电离出的c（H+）c（OH）=1020的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DCu2+分别与AlO2、SiO32相互促进水解生

21、成沉淀，Cu2+、OH结合生成沉淀，且Cu2+为蓝色与无色不符，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大11（2分）如图所示，利用海水可提取很多重要的化工原料，下列有关说法不正确的是（） A第步是MgCl26H2O在坩埚中加强热分解B第步是海水蒸发浓缩、结晶过滤C第、步可以是通入足量Cl2D在第步反应为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr考点：海水资源及其综合利用.专题：元素及其化合物分析：根据转化图可知，为海水晒盐得到粗盐和母液，母液通过加入氢氧化钙沉淀镁离子，

22、得到氢氧化镁沉淀，过滤后沉淀溶解于盐酸后蒸发浓缩结晶析出氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁；为加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质；为富集溴的反应，利用反应中溴元素的化合价来分析解答：解：A、结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁，镁离子水解，为防止水解应在酸性条件下进行，故A错误；B、第步是海水蒸发浓缩、结晶过滤的粗盐和卤水的过程，故B正确；C、由可知NaBrBr2，NaBr中溴元素的化合价为1价，单质中溴元素的化合价为0，则在反应中溴元素的化合价升高，由信息可知溴元素被氧化，第步是溴的提纯，既有溴元素被氧化，通入的氧化剂都是氯气，故C正确；D、在第步反应为二氧化硫被溴单质氧化的反应过

23、程，反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故D正确；故选A点评：本题考查海水中溴的制备与提纯，镁的提纯分离，掌握基本流程和提成方法，掌握物质性质是关键，题目难度中等12（2分）下列物质转化在给定条件下不能实现的是（）浓HClCl2漂白粉Si（粗）SiCl4Si（纯）N2NO2HNO3Al2O3AlCl3Al（OH）3CuOCuCl2（aq）CuCl2（s）ABCD考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氮气的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：元素及其化合物分析：浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应；硅

24、和氯气反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气反应生成Si；氮气在放电条件下生成NO；氢氧化铝不溶于氨水；氯化铜溶液在加热时促进水解生成氢氧化铜解答：解：浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应，题中未加热，反应不能实现，故错误；硅和氯气反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气反应生成Si，可实现，故正确；氮气在放电条件下生成NO，不能直接生成二氧化氮，故错误；氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水，可制备，故正确；氯化铜为强酸弱碱盐，溶液在加热时促进水解，生成氢氧化铜，不能得到氯化铜，故错误故选B点评：本题考查较为综合，涉及氯气的制备、硅、氮气、氢氧化铝以及盐类的水解等知识，为高频考点，侧重于

25、元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大13（2分）（2011崇文区模拟）已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子考点：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：根据有红色金属生成，则生成Cu，溶液为蓝色，则生成硫酸铜，产生刺激性气味的气体，则生成二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价

26、，Cu元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答解答：解：NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，A硫酸中各元素的化合价不变，故A错误；BNH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，故B错误；C刺激性气味的气体为二氧化硫，故C错误；D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol×（10）=0.5mol，故D正确；故选：D点评：本题考查氧化还原反应，明确Cu元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大，注意现象与生成物的关系来解答14（2分

27、）碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图所示），下列说法正确的是（）A洗气瓶中产生的沉淀是BaCO3B在Z导管出来的气体中无CO2C洗气瓶中产生的沉淀是BaSO3D在Z导管口有红棕色气体出现考点：二氧化硫的化学性质.分析：据反应，判断X为SO2和CO2，Y为NO2，生成NO2和SO2发生反应生成硫酸和NO，故有硫酸钡生成，由于硝酸的存在，二氧化碳与氯化钡不能生成碳酸钡沉淀从溶液中逸出解答：解：X为SO2和CO2，Y为NO2，XY混合之后SO2和NO2会发生氧化还原反应：SO2 +NO2+H2O=H2SO4+NOA、因H2SO4能与氯化钡

28、反应生成BaSO4，CO2与氯化钡不反应，没有BaCO3生成，故A错误；B、因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，故B错误；C、因H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，故C错误；D、反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，呈红棕色，故D正确；故选D点评：本题主要考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，根据物质的性质解释实验现象，培养了学生分析问题、解决问题的能力15（2分）X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），则X、Y可能是（）C、CO AlCl2、Al（OH）3 Fe、Fe（NO3）2 NaCO3、NaHCO3ABCD考点：无机物的推断.专题：推断题分析：图中

29、X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等，根据相关元素化合物知识，尤其是各物质之间的转化，对题中提供的各物质逐一讨论，可以解答该题解答：解：若X为C、Y为CO，则W为O2，Z为CO 2，C与O2完全反应即生成CO2，C与O2不完全反应生成CO，CO再与氧气反应生成CO2，符合题中转化关系，故正确；若X为AlCl3，Y为Al（OH）3，则W为NaOH，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，少量NaOH与AlCl3反应先生成Al（OH）3，再与过量NaOH反应生成NaAlO2，符合题中转化关系，故正确

30、；若X为Fe、Y为Fe（NO3）2，则W为HNO3，Z为Fe（NO3）3，Fe与过量HNO3反应直接生成Fe（NO3）3，Fe与少量HNO3反应先生成Fe（NO3）2，再与过量HNO3反应生成Fe（NO3）3，符合题中转化关系，故正确；若X为NaOH、Y为Na2CO3，则W为CO2，Z为NaHCO3，少量CO2与NaOH反应生成Na2CO3，再通CO2能生成NaHCO3，过量的CO2与NaOH反应直接生成NaHCO3，符合题中转化关系2，故正确；故选A点评：本题考查无机物的推断，侧重于物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键16

31、（2分）磷中毒可用硫酸铜解毒，反应方程式为：11P+15CuSO4+24H205Cu3P+6H3PO4+15H2SO4分析反应，下列说法错误的是（）AP既是氯化剂又是还原剂BCu3P既是氧化产物又是还原产物CCuSO4发生了还原反应D当生成lmol Cu3P时，转移电子的物质的量为6 mol考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：该反应中P元素化合价由0价变为3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有的P被氧化，其余的P被还原，据此分析解答解答：解：该反应中P元素化合价由0价变为3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11mo

32、lP参加氧化还原反应，则有的P被氧化，其余的P被还原，A该反应中P元素化合价由0价变为3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故A正确；B该反应中P元素化合价由0价变为3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，所以Cu3P只是还原产物，故B错误；CCuSO4中Cu元素得电子发生还原反应，故C正确；D当生成lmol Cu3P时，转移电子的物质的量=1mol×3×（21）+（30）=6mol，故D正确；故选B点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，为易错点17（2分）（2012海南）将0.195g锌粉加入到20.0mL的

33、0.100molL1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（）AMBM2+CM3+DMO2+考点：氧化还原反应的计算.专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算反应后M元素的化合价，进而可判断还原产物解答：解：n（Zn）=0.003mol，n（MO2+）=0.02L×0.100molL1=0.002mol，设反应后M的化合价为+x价，则（5x）×0.002mol=0.003mol×（20），x=2，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等

34、18（2分）NA表示阿佛加德罗常数下列说法中正确的是（）A200mL lmolLlFe2（SO4）3溶液中，Fe3+和SO42的离子数总和是NABO2和O3的混合物共4.8g，其中所含氧原子数为0.3NAC常温下，0.1mol Cl2通入足量NaOH溶液完全反应，转移电子总数为0.2NAD标准状况下，22.4L NO和11.2L O2混合后气体的分子总数为1.5NA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硫酸铁溶液中，铁离子部分水解，溶液中铁离子的数目减少；B氧气和臭氧都只含有氧原子，4.8g混合物中含有4.8g氧原子，含有0.3mol氧原子；C氯气与氢氧化钠溶液的反

35、应中，氯气既是氧化剂也是还原剂；D一氧化氮与氧气发生反应生成二氧化氮解答：解：A200mL lmolL1Fe2（SO4）3溶液中含有溶质硫酸铁0.2mol，由于铁离子部分水解，溶液中铁离子和硫酸根离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42的离子数总和小于NA，故A错误；B4.8g混合物中含有4.8g氧原子，含有氧原子的物质的量为0.3mol，所含氧原子数为0.3NA，故B正确；C0.1mol Cl2通入足量NaOH溶液完全反应转移了0.1mol电子，转移电子总数为0.1NA，故C错误；D标况下22.4L NO的物质的量为1mol、11.2L O2的物质的量为0.5mol，由于二者混合发生

36、反应生成二氧化氮，所以混合后气体的物质的量小于1.5mol，混合后气体的分子总数小于1.5NA，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，注意明确盐的水解原理、氯气与氢氧化钠溶液的反应原理，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，试题有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力19（2分）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂BHF是还原产物C还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1DNF3在潮

37、湿的空气中泄漏会产生红棕色气体考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答：解：A只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B反应中H、F元素化合价没有发生变化，故B错误；CNF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故C错误；D生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题

38、目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析20（2分）在pH=1的某无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）ANH4+、Fe3+、NO3、CO32BBa2+、NH4+、SO42、MnO4CNa+、Al3+、Cl、NO3DK+、Fe2+、NO3、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：pH=1的溶液中含大量的H+，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、不能相互促进水解等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答解答：解：AFe3+、CO32相互促进水解，不能共存，且Fe3+为黄色，与无色不符，故A不选；BBa2+、SO42结合生成沉淀

39、，不能共存，且MnO4为紫色，与无色不符，故B不选；C该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故C选；DH+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，且Fe2+为浅绿色，与无色不符，故D不选；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子的反应及习题中的信息为解答的关键，侧重水解、氧化还原反应、复分解反应的考查，注意归纳常见离子的颜色，题目难度不大21（2分）下列离子方程式中正确的是（）A小苏打溶液中滴加足量石灰水：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2OB向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42反应完全：2Ba2+4OH+Al

40、3+2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2OC次氯酸钠溶液中通入SO2气体：2ClO+SO2+H2O=2HClO+SO32D硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比；B、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42反应完全按照1；2反应；C、次氯酸具有强氧化性氧化二氧化硫为硫酸；D、亚铁离子在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铁离子解答：解：A、小苏打溶液中滴加足量石灰水反应的离子方程式：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+

41、H2O，故A错误；B、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42反应完全按照1；2反应，反应的离子方程式为：2Ba2+4OH+NH4+Al3+2SO42=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O，故B错误C、次氯酸钠溶液中通入SO2气体发生氧化还原反应，离子方程式为：ClO+SO2+H2O=Cl+2H+SO42，故C错误；D、硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，亚铁离子在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了拉方程式书写方法和正误判断，主要是量不同产物不同，氧化还原反应实

42、质理解，掌握基础是关键，题目难度中等22（2分）（2010石景山区一模）在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（）AFe2S3、I2BAl（OH）3、I2CFe（OH）3、Al（OH）3DFeS、S、Al（OH）3考点：氧化还原反应；盐类水解的应用.专题：氧化还原反应专题；盐类的水解专题分析：加入碘离子后，将铁离子全部还原成亚铁离子，同时生成碘单质；加入硫化钠，碘将氧化硫离子生成硫沉淀；硫化钠水解，所以溶液中有硫离子和氢氧根离子，根据题目中的提示，显然亚铁离子结合硫离子，铝离子结合氢氧根离子，所以还要生成硫化亚铁沉淀和氢氧化铝沉淀解

43、答：解：在FeCl3和AlCl3溶液中加过量KI，先是FeCl3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3+2I=2Fe2+I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S后，由于S2+H2O HS+OH在Na2S溶液中，有大量S2、OH，依题意知，Fe2+结合S2能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，Fe2+S2=FeS；Al3+结合OH能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3+3OH=Al（OH）3，或理解为Al3+与S2发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S2=S+2I或I2+H2S=S+2

44、HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物故选D点评：本题考查离子反应，题目难度不大，注意分析盐与盐反应时要依次考虑能否发生氧化还原反应、能否发生双水解互促反应，以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应这些盐之间反应的一般规律，主要决定于盐的性质23（2分）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）A称量时NaOH已经潮解B向容量瓶中转移溶液时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤过C定容时俯视容量瓶的刻度线D定容摇匀后，有少量溶液外流考点：溶液的配制.专题：化学实验基本操作分析：根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积

45、V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大解答：解：A、氢氧化钠已经潮解，量取的氢氧化钠的物质的量减小，配制的溶液中溶质的物质的量减小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故A错误；B、容量瓶中有少量的蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，故B错误；C、定容时俯视液面，会导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可得，配制的溶液的浓度偏高，故C正确；D、定容摇匀后，有少量溶液外流，剩余溶液浓度不变，故D错误；故选C点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制

46、中误差分析，难度中等，注意根据c=理解溶液的原理与误差分析24（2分）小强在奥运五连环中填入了5种物质，使相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应你认为“五连环”中物质间发生的反应，没有涉及的基本反应类型和属于氧化还原反应的个数为（）A化合反应、3个B分解反应、2个C复分解反应、1个D置换反应、2个考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：相连环物质间能发生反应，发生的反应有：Fe+2HClFeCl2+H2、HCl+NaOHNaCl+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+C2CO，以此来解答解答：解：由信息可知，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反

47、应，Fe+2HClFeCl2+H2为置换反应，HCl+NaOHNaCl+H2O为复分解反应，CO2+2NaOHNa2CO3+H2O为复分解反应，CO2+C2CO为化合反应，显然没有没有涉及的基本反应类型为分解反应，置换反应和有单质参加的化合反应都属于氧化还原反应，氧化还原反应为2个，故选B点评：本题考查氧化还原反应和四种基本反应类型，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并利用氧化还原反应和四种基本反应类型的关系来解答25（2分）不能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A碳B硫C钠D铁考点：含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变.专题：元素及其化合物分析

48、：根据单质氧化物酸或碱盐知，金属或非金属单质能和氧气反应生成氧化物，氧化物能和水反应生成酸或碱，酸或碱能和氢氧化钠或盐酸反应生成盐，根据各物质的性质来分析解答解答：解：ACCO2H2CO3Na2CO3，能实现物质间的转化，故A不选；BSSO2H2SO3Na2SO3，所以能实现物质间的转化，故B不选；CNaNa2ONaOHNaCl，所以能实现物质间直接转化，故C不选；D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故D选；故选D点评：本题考查物质的转化和性质，熟练掌握常见物质的性质与变化规律，是解答此类问题的关键，基本知识基础属于基础考查26（2分）从海水中提取镁

49、，可按如下步骤进行：把贝壳制成石灰乳；在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；将沉淀物与盐酸反应，结晶，过滤、得到含结晶水的晶体；将得到晶体在一定条件下加热得到无水氯化镁；电解无水氯化镁，得到金属镁下列说法中错误的是（）A此法的优点之一是原料来源丰富B步骤的目的是从海水中提取MgCl2C以上提取镁的过程中涉及的反应均不是氧化还原反应D以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应考点：海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理.专题：金属概论与碱元素分析：把贝壳制成石灰乳，涉及的反应有分解、化合反应；在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物，得到氢氧化镁沉淀，发生复分解反应；将沉

50、淀物与盐酸反应，结晶，过滤，得到含结晶水的晶体，发生复分解反应；将得到晶体在一定条件下加热得到无水氯化镁，涉及分解反应；电解熔融氯化镁，得到金属镁，为氧化还原反应，生成镁和氯气根据各步反应结合物质的性质判断所发生的反应解答：解：A海水中富含镁，目前世界上60%的镁是从海水中提取的，所以此法的优点之一是原料来源丰富，故A正确；B可得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸，可得到氯化镁，故B正确；C为氯化镁的电解，生成氯气和镁，为氧化还原反应，故C错误；D反应涉及分解、化合反应反应，反应涉及复分解反应，故D正确；故选C点评：本题以海水的综合应用为载体考查金属的冶炼的原理，为基础性试题的考查，也是高考中的常见题型

51、，题目难度不大，试题侧重于物质的分离提纯的考查，全面考查学生综合运用化学知识的能力，有利于培养学生良好的科学素养27（2分）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下C123.36L，所得溶液中C1一和Br的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（）A0.75molL1B1 molL1C1.5 molL1D2 molL1考点：氧化还原反应的计算；离子方程式的有关计算.专题：计算题分析：还原性Fe2+Br，通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br+Cl2Br2+2Cl，反应后溶液中Cl和Br的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量=0.15mol，若Br没有反应，溶液中n（Br）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br），根据电子转