广东中山高一化学上学期期末考试试题含解析

1、广东省中山市2013-2014学年上学期期末考试高一化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，25题，共50分）1.（2分）在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记中的（）考点：化学试剂的分类.分析浓硫酸具有腐蚀性，无毒、不燃烧，结合在化学与生活中能够使用的化学物质分析解答.解答解：A.警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故A正确;B.警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故B错误；C.警示标记为能燃烧的物质的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，故C错吴；D.警示标记为禁止使用的标志，而浓硫酸有重要的应用，则不能使用该标志，故D

2、错误.故选A.点评：本题考查浓硫酸的性质及警示标记，明确浓硫酸具有腐蚀性及相应的警示标记是解答本题的关键，难点是分清每个警示标记代表的意义，难度不大.2. （2分）下列实验操作中错误的是（）A.蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热B.蒸储操作时，应使温度计水银球靠近蒸储烧瓶的支管口处C.过滤操作时，应该用玻璃棒引流以防止液体外洒D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大考点：分液和萃取；蒸发和结晶、重结晶；蒸储与分储.分析：A.在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸发干;8 .温度计测量蒸气的温度；C.过滤操作中需要玻璃棒引流，以免液体

3、外洒；D.萃取剂的选择与密度无关.解答：解：A.在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余热蒸发干，故A正确；9 .蒸储操作时，温度计水银球应靠近蒸储烧瓶的支管口处，故B正确；C.过滤操作中需要玻璃棒引流，以免液体外洒，故C正确；D.萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，密度也可以比水小，故D错误.故选：D.点评：本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，题目难度中等，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法.3. （2分）如图所示的实验操作和方法不是用来分离物质的是（物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物

4、质的分离、提纯和除杂.考点专题化学实验基本操作.分析：常用的混合物分离方法为：过滤、蒸发、萃取、分液、蒸储、渗析等，而选项D为气密性检查，以此来解答.解答：解：A.图为蒸发实验，用于可溶性固体与液体的分离，故A不选;B.图为分液实验，用于分层的混合物的分离，故B不选；C.图为过滤实验，用于不溶性固体与液体的分离，故C不选；D.图为气密性检查实验操作，不能用于混合物分离，故D选；故选D.点评：本题考查混合物分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握实验装置及实验原理为解答的关键，侧重分离方法及原理的考查，题目难度不大.4. (2分)某原子的摩尔质量是Mg?mol1,则一个该原子的真实质量约为()A.

5、MgB.1/MgC.MI6.02X1023gD.6.02X1023/Mg考点专题分析解答点评:摩尔质量.阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.根据1mol任何微粒的数目均为6.02X10一23个，结合阿伏加德罗常数的含义来计算.解：根据摩尔质量知，1mol该原子的质量是Mg,1mol原子有阿伏加德罗常数Na个(N=6.02X1023),即NA个原子的质量是Mg则一个该原子的真实质量约为行g,故选C.6.02X1023本题考查了学生阿伏加德罗常数的含义，可以根据所学知识来回答，较简单.A. 50mL0.5mol?L1的NaCl溶液C.10mL0.4mol?L1的AlCl3溶液B. 0.5L含0.2mo

6、l?L1ft、.、.的MgCl2溶披D.100mL1.0mol?L1的KCl溶液5. (2分)下列溶液中，C物质的量浓度最大的是(考点：物质的量浓度的相关计算.分析：溶液中c(Cl)=溶质的物质的量浓度X化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关.解答：解：A.50mL0.5mol?L1的NaCl溶液中c(Cl)=c(NaCl)=0.5mol/L;B. 0.5L含0.2mol?L1的MgCb溶液中c(Cl)=2c(MgCb)=0.2mol/LX2=0.4mol/L;C. 10mL0.4mol?L1的AlCl3溶液中c(Cl)=3c(AlCl3)=0.4mol/LX3=1.2mol/L;D.100mL

7、1.0mol?L1的KCl溶液中c(Cl)=c(KCl)=1mol/L;故选：C.点评：本题考查了物质的量浓度的有关计算，注意根据化学式理解电解质与电解质离子浓度关系，比较基础.6. （2分）某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B,B为气体，其体积是反应掉的氧气体积的两倍（同温同压）.以下对B分子组成的推测一定正确的是（）A.有1个氧原子B.有2个氧原子C.|有1个A原子D.有2个A原子考点：阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nN知，物质的量之比等于分子个数之比，

8、再根据原子守恒确定B分子组成.解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相等，则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nN知，物质的量之比等于分子个数之比，所以B分子和参加反应的氧气分子个数之比为2:1,根据原子守恒知，B分子中含有1个O原子，非金属A和生成物B的关系式未知，无法确定B分子中A原子个数，故选A.点评：本题据此阿伏伽德罗定律及其推论，根据阿伏伽德罗定律及质量守恒定律解答即可，题目难度不大.7. （2分）下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是（）A.用明矶净化饮用水8. 用石膏或盐卤点制豆腐C.在FeCl3溶液中滴加NaO血液出现红褐色沉淀D.使用静电除尘器除去空气中的飘尘考点：胶体的

9、应用.分析：A.明矶净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用；B.胶体加入电解质发生聚沉；C.红褐色沉淀是生成的氢氧化铁，不是胶体；D.静电出除尘利用胶体微粒吸附带电粒子，通电向某极移动，是胶体的电泳.解答：解：A.用明矶净化饮用水，是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，与胶体性质有关，故A错误；B.用石膏或盐卤点制豆腐，利用的是胶体的聚沉，和胶体性质有关.故B错误；C.在FeCl3溶液中滴加NaOHt液出现红褐色沉淀，发生的是复分解反应，与胶体无关,故C正确；D.静电出除尘利用胶体微粒吸附带电粒子，通电向某极移动，是胶体的电泳现象的应用，故D错误；故选C.点评：本题考查了

10、胶体性质的应用，主要考查胶体的聚沉、胶体的分散质微粒直径，丁达尔现象，熟练掌握胶体性质是解题关键，较简单.8.（2分）下面关于电解质的叙述中正确的是（）A.液态硫酸不导电，硫酸是非电解质8. NaHSO在熔融状态下电离产生Ns+和HSO两种离子C.溶于水后能导电的化合物一定是电解质D.电解质在电流的作用下电离产生离子考点：电解质与非电解质.分析：A.电解质导电的条件是水溶液或熔融状态；8. NaHSOB熔融状态下电离产生Ns+和HSO两种离子；C.根据电解质定义分析；D.电解质电离的条件是水溶液或熔融状态.解答：解：A.电解质导电的条件是水溶液或熔融状态，硫酸在水溶液中电离出氢离子和硫酸根离子

11、，能导电，属于强电解质，故A错误；9. NaHSOB熔融状态下电离产生Na+和HSO两种离子，故B正确；C.电解质自身能电离出自由移动离子，溶于水能导电的化合物，不一定是自身电离，如氨气溶于水和水结合成一水合氨，一水合氨电离，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，故C错误；D.电解质电离的条件是水溶液或熔融状态，与电流无关，故D错误；故选B.点评：电解质必须具备下列条件，缺一不可：1、必须是化合物，2、在水溶液里或熔融状态下有自由移动的离子，且离子是物质本身电离的，不能是与其它物质反应后的物质电离的.注意NaHSO在熔融状态下电离和在水溶液中电离不同.9. （2分）下列离子方程式的书写正确的是（）

12、A.铁和稀硫酸反应：2Fe+6H=2Fe3+3HdB.NaHCO溶液与NaOH§液反应：OH+HCO=CO2+HOC.钠和冷水反应Na+2H2O=Na+2OH-+H2TD.氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3+4NH?H2O=AlQ+4NH+2H2O考点专题分析离子方程式的书写.离子反应专题.A.B.C.D.反应生成亚铁离子和氢气；反应生成碳酸根离子和水；方程式没有配平；反应生成氢氧化铝沉淀和氯化俊.解答:点评:.一一一、一-一、.一、.-+2+.，一解：A.铁和稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H=Fe+Hd,故A错误；8. NaHCO容液与NaOH反应的离子反应为OH+HCO=CO2+H

13、O,故B正确；C.钠和冷水反应白勺离子反应为2Na+2HO=2Na+20H+HJ,故C错误；D.氯化铝溶液中加入过量白氨水的离子反应为Al3+3NH?HO=Al（OH3（+3NH+,故D错误；故选B.本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应书写方法即可解答，选项A为解答的易错点，题目难度不大.10. （2分）在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（）A.K+、Al3+、SO2、NOB.K>Na+、NO、AQC.K+、Na+、Fe3+、NOD.Na+、K+、HCO、NO考点：离子共存问题.分析：酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气

14、体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答.解答：解：A.酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；B.从A1O2结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C.5不为黄色，与无色不符，故C错误；D.酸性溶液中不能大量存在HCO,故D错误；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，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大.11. （2分）离子方程式H+OH=HO能表示的化学反应是（）A. Ca（OH2+2CHCOOH=CHCOO2Ca+2HOB,HC1+NH3?H2O=NHC1+H2OC.2HN（3+Ba（OH2

15、=Ba（NO）2+2H2OD.岫（OH2+HSO=MgSOj+2H2O考点：化学方程式的书写.分析：稀的强酸与稀的强碱生成可溶于盐和水的反应，可以用离子方程式H+OH=HaO表示，以此来解答.解答：解：A.乙酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为：OH+CHCOOH=CHOO+H2O,故A错误；B. 一水合氨为弱碱，应该写化学式，离子方程式为：H+NH?H2O=nH+H2Q故B错误；C.硝酸，氢氧化钢都为易溶于水的强电解质，硝酸钢为易溶于水的盐，离子方程式为：H+OH=HQ故C正确；D.氢氧化镁为沉淀，硫酸镁为易溶于水的盐，离子方程式为：Mg（OH2+2M=Mg+2h2O,故D错误；故选C.点评

16、：本题考查离子反应方程式的书写，明确物质的溶解性、常见的弱电解质在离子反应中应保留化学式是解答本题的关键，难度不大.12. （2分）某盐的混合物中含有0.2mo1/LNa+、0.4mo1/LM（j+>0.4mo1/LCl,则SO2为（）A.0.1mo1/LB.0.2mo1/LC.0.3mo1/LD.0.4mo1/L考点：物质的量浓度的相关计算.专题分析解答:守恒思想.根据溶液呈电中性，则有2c(Mcj+)+c(Na+)=c(C1)+2c(SO2)，据此计算溶液中SO2一的物质的量浓度.解:盐的混合物中含有0.2mo1/LNa+、0.4mo1/LMg2+、0.4mo1/LC1一，根据溶液呈

17、电中性，则有2c(mC+)+c(Na+)=c(C)+2c(SO2)，故2c(SO2)=2c(M+)+c(Na)c(C1)=2X0.4mo1/L+0.2mo1/L0.4mo1/L=0.6mo1/L故c(SO2)=0.3mo1/L,故选C.点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意电解质的混合溶液中离子浓度的计算，经常利用电荷守恒计算.13. （2分）下列有关实验室制取气体的反应中，其原理不属于氧化还原反应的是（）A.实验室中用稀硫酸与锌粒反应制取H2B.实验室中用高镒酸钾加热分解制取QC.实验室中用H2Q与MnO作用产生QD.实验室中用稀盐酸与石灰石反应制取CO考点：氧化还原反应.分析

18、：含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化的反应为非氧化还原反应，以此来解答.解答：解：A.实验室中用稀硫酸与锌粒反应制取hb,反应生成硫酸锌和氢气，Zn、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B.用高镒酸钾加热分解制取Q,有单质生成，Mn和。元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C.实验室中用H2Q与MnO作用产生Q,O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；D.实验室中用稀盐酸与石灰石反应制取CO,反应生成氯化钙、二氧化碳、水，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D选；故选D.点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化

19、为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，题目较简单.14. （2分）铁和水蒸气在高温条件下发生反应3Fe+4H20（g）回皿Fe30+4H2,在此反应中水是（）A.氧化剂B,还原剂考点专题分析氧化还原反应.氧化还原反应专题.C.既是氧化剂又是还原剂D.既不是氧化剂又不是还原剂根据反应中元素的化合价变化分析，元素原子得电子的化合价降低作氧化剂，元素的原子失电子化合价升高作还原剂，据此分析.解答：,己£一、一、一一，一，.，.，一一解：3Fe+4H20（g）Fe3Q+4H2,该反应中HbO的H兀素的化合价从+1价降低到0价，则H0作氧化剂;故选A.点评：本题考查了氧化还原反应，侧重于基本

20、概念的考查，题目难度不大，根据反应中元素的化合价的变化分析.15. （2分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关.下列有关说法中错误的是（）A.为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰B.小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂C.节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D.青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；焰色反应.分析：A.防氧化，应加还原剂；B.碳酸氢钠能和酸反应放出气体还没有腐蚀性，不会对人体造成伤害；C.某些金属灼烧时显示出特殊的颜色；D.目前世界上使用

21、量最大的合金材料是钢铁.解答：解：A.为防止被氧化，应加还原剂，生石灰和硅胶属于干燥剂，故A错误；B、碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，也可治疗胃酸过多，故B正确；C.金属灼烧显示不同的颜色，常用在节日焰火中，故C正确；D.目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁，青铜是我国使用最早的合金材料，故D正确；故选A.点评：本题考查食品添加剂、焰色反应和合金，题目难度不大，注意焰色反应是元素的性质.16. （2分）下列物质中，不属于合金的是（）A.硬铝B,水银C.黄铜|D.钢铁考点：合金的概念及其重要应用.专题分析元素及其化合物.合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属

22、特性的物质.解答：解：A硬铝的成分是指铝合金中以Cu为主要合金元素的（含2.2-4.9%C50.2-1.8%Mg0.3-0.9%Mn少量的硅，其余部分是铝）一类铝合金，故A错误；B.水银是汞，是金属单质，所以不是合金，故B正确；C.黄铜是由铜和锌所组成的合金，所以黄铜是合金，故C错误;D.钢铁是含碳的铁，所以是合金，故D错误.故选B.点评：本题考查了合金的定义，难度不大，注意基础知识的积累，明确物质的俗称.17. （2分）金属钠着火时，可以灭火的物质或器材是（A.水B,砂子C.泡沫灭火器D.干粉灭火器考点：钠的化学性质.分析：金属钠是一种活泼金属，用来灭火的物质和金属钠以及钠燃烧后的产物也不反

23、应.解答：解：A、金属钠和水之间能反应，不能用水灭火，故A错误.B、沙子不易燃，能将金属钠和空气隔离，起到灭火的作用，故B正确；C、钠燃烧后的产物过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，使燃烧加剧，所以不能用泡沫灭火器灭火，故C错误；H钠燃烧后的产物过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，使燃烧加剧，所以不能用干粉灭火器灭火，故D错误；故选：B.点评：本题考查学生金属钠以及过氧化钠的性质和灭火的原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大.18. （2分）除去FezQ中混有的少量AlzQ,可选用的溶液是（D.氢氧化钠溶液A.盐酸B.稀硝酸C.氨水考点专题分析物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；两性氧化物

24、和两性氢氧化物.化学实验基本操作.解答:点评:氧化铝是两性氧化物，可以与强酸、强碱反应，利用氧化铝与强碱反应而氧化镁不能反应除去MgO中混有少量Al2d解：FezQ和A12Q都可与酸反应，则不能用盐酸和硝酸除杂，Al2Q为两性氧化物，可与强碱溶液反应，则可用氢氧化钾溶液分离，因不与氨水反应，则不能用氨水分离，故选：D.本题以氧化铝的性质为载体考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，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的异同，为解答该题的关键，难度不大.19. （2分）为鉴别K2CO和NaHCO两种白色固体，有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中不可

25、行的是（）A.分别加入1mo1/L的盐酸溶液，看有无气泡产生B.分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C.分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀D.分别配成溶液，用钳丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题.分析：NaHCO不稳定，加热易分解，K2CO可与BaCl2溶液反应生成沉淀，二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，都和与盐酸反应生成二氧化碳，但生成气体的速率不同，以此解答该题.解答：解：A.K2CO和NaHCM种白色固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，不能鉴别，

26、应通过生成气体的速率判断，故A错误；B. NaHCM稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故B正确；C. K2CO可与BaCl2溶液反应生成沉淀，NaHCM反应，可鉴别，故C正确；D.二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，注意观察钾元素的焰色反应应通过蓝色钻玻璃观察，可鉴别，故D正确.故选A.点评：本题考查物质的鉴别的方案设计，题目难度中等，明确二者性质的异同是解答该题的关键，也是易错点.20. （2分）下列物质中既能跟稀H2SO反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCODAlzQAl（OH3Al.A.B.C.|D.考点：两性氧化物和两性氢氧化物

27、.分析：中学常见既能与酸反应，又能与碱反应的物质有：铝、两性物质、多元弱酸酸式盐，弱酸的钱盐、蛋白质、氨基酸等.解答：解：NaHCOW于弱酸酸式盐，与稀HSQ反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH容液反应生成碳酸钠和水，故正确；Al2Q属于两性氧化物，与稀H2SQ反应生成硫酸铝和水，与NaOH§液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al（OH3属于两性氢氧化物，与稀HSO反应生成硫酸铝和水，与NaOH§液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al与稀HbSO反应生成硫酸铝和氢气，与NaO聆液反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确；故选D.点评：本题考查元素化合物性质，难度不大，注意对基础知识的

28、理解掌握，归纳总结常见能与酸、碱反应的物质.21. （2分）下列有关金属元素特征的叙述正确的是（）A.金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性B.金属元素的单质在常温下都为固体C.含金属元素的离子都是阳离子D.金属阳离子被还原不一定得到金属单质考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.专题：几种重要的金属及其化合物.分析：A、金属单质在反应中只能失去电子，亚铁离子既有氧化性又有还原性；B、根据金属单质Hg在常温下为液体进行判断；C、根据高镒酸根离子、偏铝酸根离子进行判断；H根据处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子进行判断.解答：解：A、金属单质在反应中只能失去电子，但处

29、于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故A错误；B、金属元素的单质在常温下大多为固体，但是不是全部是固体，如金属单质Hg在常温下为液体，故B错误；C、还原金属元素的离子不一定是阳离子，如高镒酸根离子、偏铝酸根离子等，故C错误；D处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子，所以金属阳离子被还原不一定得到金属单质，故D正确；故选：D.点评：本题考查金属元素的性质，熟悉常见的金属单质及金属对应的阳离子是解答本题的关键，难度不大.22. （2分）将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）A.

30、KSCNB.BaCl2C.NaOH|d.HCl考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验.专题：物质检验鉴别题.分析：四种物质与所选物质反应，发生的现象应各有不同，根据四种物质与所给选项中的四种物质反应的现象逐一分析，即可正确选择.解答：解：A、硫氧化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，故A错误；B、氯化钢和选项中的物质间土不反应，无现象，故B错误；C、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠

31、反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，故C正确；H盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，故D错误.故选C.点评：此题主要是考查同学们的综合分析能力，不但要求同学们具备有关化合物的基础知识，而且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力.解题时需要认真分析题目给出的条件，联系实际，逐一分析推断.23. （2分）向0.2mol?L1的NaOH§液中通入CO,溶液中阴离子浓度与通入CO的物质的量关系符合图中的（）考点：离子方程式的有关计算.分析：未通入CO,溶液中阴离子浓度为0.2mol?L1OH,CO通入NaOH§液中可能发生的反应有：CO+

32、2NaOH=INCO+Ha0,CO+NaCO+H20=2NaHCO二者恰好反应时，产物为N&CO,当CO过量时，产物为NaHCO以此判断.解答：解：CO通入NaOH§液中可能发生的反应有：CO+2NaOH=NaCO+H0,CO+NaCO+hb0=2NaHCO向0.2mol?L一1的NaOH§液中通入CO,假设溶液的体积为1L,未通入CO,溶液中阴离子浓度为0.2mol?L1OH,通入0.1molCO2,此时发生CO+2NaOH=NCO+Ha0,生成0.1molNa2CO,溶液中阴离子浓度为0.1mol?L1CO2,a为0.1molCO2,继续通入CO,此时发生CQ+

33、Na2CQ+Hz0=2NaHCO2a为0.2molCO2,溶液中阴离子浓度为0.2mol?L1HCO,图中A符合,故选A.点评：本题是过程与图象结合题，是对学生识图能力的考查，解题的关键是能正确的分析各个反应的过程，并结合图象分析问题，抓住“三点一趋势”（起点、拐点、终点和图象的变化趋势），对培养学生分析问题的能力有一定帮助，题目难度中等.24. （2分）下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO向Fe（OH3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸向NaAlQ溶液中通入过量的CO向澄清石灰水中通入缓慢过量的CO.A.B.C.|D.考点：钠的重要化合物；

34、胶体的重要性质；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物.分析：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO,析出晶体碳酸氢钠；氢氧化铁胶体滴入硫酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入硫酸，氢氧化铁沉淀溶解;向NaAlQ溶液中通入过量的CO,生成氢氧化铝，氢氧化铝与二氧化碳不反应；石灰水和CO反应，生成CaCO沉淀，继续通入CO,会与CaCO反应生成可溶的CaHCQ2.解答：解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO,二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳后溶液中会产生碳酸氢钠沉淀，但沉淀不溶解，故选；向Fe（OH3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，先

35、胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反应生成水和可溶性的硫酸铁，所以沉淀又溶解，故不选；向NaAlQ溶液中通入过量的CO,生成氢氧化铝，氢氧化铝与二氧化碳不反应，沉淀不溶解，故选；石灰水和CO反应，生成CaCO沉淀，继续通入CO,会与CaCO反应生成可溶的CaHCQ2,沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故不选.故选C.点评：本题以能发生“先沉淀后溶解”现象为载体主要考查相关物质的性质，根据物质的性质结合反应原理分析本题即可，需要注意的是胶体的性质.题目难度中等.25. （2分）利用碳酸钠晶体（NaaCO?10h2O）来配制0.5mol?L-1的碳酸钠溶液950mL假

36、如其它操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（）A.称取碳酸钠晶体143gB.定容时俯视观察刻度线C.移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D.定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液.专题：化学实验基本操作.分析：配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c=的影响进行判断.解答：解：A、配制950mL溶液，需要选用1000mL容量瓶，需要碳酸钠晶体的物质的量为0.5mol/LX1L=0.5mol,需要碳酸钠晶体的

37、质量为：286g/molx0.5mol=143g,称量的碳酸钠晶体质量符合要求，不会产生误差，故A错误；B、定容时俯视刻度线，导致配制的溶?的体积偏小，难度偏高，故B正确；C、没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；H又加入了蒸储水，导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏低，故D错误；故选：B.点评：本题考查了配制一定浓度的溶液的误差分析，主要是熟练掌握常见误差的分析方法，本题难度不大.二、选择题（每小题有2个符合题意选项，选两个且均正确得2分，选1个且正确得1分，多选、不选或选择错误选项得0分）26. （2分）粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及N

38、azSO,除去这些杂质的试剂可选用Na2CO、NaOHBaCL、HCl,加入的先后顺序可以是（）A.B.C.D.考点：粗盐提z.专题：离子反应专题.分析：从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钢离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化银之后，可以将过量的根离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析.解答：解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钢离子沉淀，加入过量的氯化钢可以将硫酸

39、根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化银之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化银，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为；或；故选B.点评：布条考查了除杂的原则，试剂必须过量，最后能除去，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行.27. （2分）用Na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2O的分子数为12B.物质的量浓度为0.5mol?L-1的MgC2溶液

40、，含有C数为1NaC.O.lmolNazQ晶体中阴离子数为6.02X1022D.常温常压下，14gN2含有分子数为0.5Na考点：阿伏加德罗常数.分析：A.气体摩尔体积只适用于气体；B.依据n=CV解答；C.1个过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子；D.质量转化为物质的量，依据N=nxNA解答：解：A.标准状况下，水为液态，不能适用气体摩尔体积，故A错误；8. n=CV只知道溶液的浓度，不知道体积，无法计算，故B错误；C.1个过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子，所以0.1molNa2Q晶体中阴离子数为6.02X1022,故C正确；D.14gN2的物质的重=3=0.5mol,含有分子数

41、=0.5molXNa=0.5Na,故D正确；2嵬/卬口1故选：CD.点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，注意标况下的气体摩尔体积使用条件，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即可解答本题.28. (2分)CH与O的混合气体对氢气的相对密度为10,下列对该混合气体组成的描述正确的是()A. V(CH):V(Q)=3:B.m(CHI):m(Q)=3:C.n(CHI):n(Q)=3:D.M(CH):M(O)=3:1221考点：物质的量的相关计算.专题：化学用语专题.分析：CH与Q的混合气体对氢气的相对密度为10,则混合气体平均相对分子质量为20,设CH与Q的物质的量分别为xmol

42、、ymol,根据平均相对分子质量列方程计算确定二者物质的量关系，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM十算质量之比，摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量.解答：解：CH与Q的混合气体对氢气的相对密度为10,则混合气体平均相对分子质量为10X2=20,设CH与Q的物质的量分别为xmol、ymol,则：竺立法二20,整理的x：x+yy=3:1,即n(CH):n(Q)=3:1,A.相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V(CH):V(Q)=3:1,故A正确；B. m(CH):m(Q)=3molx16g/mol:1molx32g/mol=3:2,故B正确；C.根据

43、上述方t算可知，n(CH)：n(Q)=3:1,故C错误；D.M(CH):M(Q)=16g/mol:32g/mol=1：2,故D错误，故选AB.点评：本题考查物质的量有关计算，难度不大，注意理解掌握相对分子质量的计算方法.29. (2分)已知2N&Q+2CO=2NaCQ+Q,关于上述反应的有关说法正确的是()A.CQ在反应中是还原剂B.每摩尔NkQ完全反应时转移电子1molC.反应中Q既是氧化产物，又是还原产物D.上述反应可用于潜水艇中提供氧气考点：氧化还原反应.分析：该反应中，O元素化合价由-价变为-2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原齐山以此来解答.解答：解：A.该反应中CO中

44、各元素化合价不变，所以二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B.若有2molNa2Q参加反应，则转移电子的物质的量为2molx(1-0)=2mol,则每摩尔NkQ完全反应时转移电子1mol,故B正确；C.过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧气为氧化产物，而碳酸钠为还原产物，故C错误；D.该反应生成氧气，原料易携带，可用于潜水艇中提供氧气，故D正确；故选BD.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，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大.30. (2分)在FeCl3和CuCl2混合液中，加入一定量的铁粉，充分反应后，对溶液中阳离子(不考虑H+)的描述不正

45、确的是()A.容器底部没有固体，溶液中仅有Fe2+B.容器底部固体有铜和铁，溶液中只有Fe2+C.容器底部固体为铜，溶液中可能有Cj+和Fe2+D.容器底部固体为铁粉，溶液中有Cu2%Fe2+考点：铁的化学性质.专题：几种重要的金属及其化合物.分析：根据铁的化学性质，可以与氯化铁和氯化铜反应，利用反应后的溶液中的溶质来分析.解答：解：Fe与氯化铁和氯化铜反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2,CuCl2+Fe=FeCl2+Cu,氧化性：Fe3+>Cij+>Fe2+,A、当溶液中Fe3+过量，铁粉不足时，反应只发生2FeCl3+Fe=3FeCl2,而且563+有剩余，所以溶液中的金属

46、离子Cu2+、Fe2DFe3+,故A错误；B、当铁粉过量，发生2FeCl3+Fe=3FeCl2,CuCL+Fe=FeCl2+Cu,溶液中只有Fe：故B正确；C、当溶液中Fe3+与铁粉恰好反应，只发生2FeCl3+Fe=3FeCl2,所以溶液中的金属离子CuT、Fe2+,故C正确;H根据氧化性：Fe3+>Cu2+>Fe2+,完全5b反应后，铁粉再与CiT反应，所以溶液中不可能有金属CiT,故D错误；故选AD.点评：本题主要考查了铁与CiTFe3Mq反应，需要强调铁先与氯化铁发生反应，难度不大.三、解答题（共5小题，满分40分）31. （7分）硫酸亚铁是一种可用于治疗缺铁性贫血的药剂.

47、硫酸亚铁药片外表包有一层特制的糖衣，以保护硫酸亚铁不被空气中的氧气氧化成硫酸铁（硫酸铁无治贫血的药效）（1）请完成硫酸亚铁在硫酸酸化的条件下与空气中的氧气反应的离子方程式：4Fe2+1Q+4H+4Fe3+2QO,反应中氧化剂是Q（填化学式）.（2）试设计一个实验方案，探究某硫酸亚铁药片是否被氧化.请在答题卡的表格中（可以不填满，表格不够时也可自行添加）写出实验步骤以及预期现象和结论.限选实验试剂：O.lmoL实验步骤预期现象和结论步骤1:把药品刮去糖衣，用研钵研碎；取少量研碎卜粉末在试管中，用少量的蒸储水溶解；硫酸亚铁在蒸镭水中溶解.步骤2:取步骤1的溶液少许装于试管中，然后往若溶液显红色，则

48、得知FeSO被氧化，试管中滴几滴0.1moL1KSCN1液若不显红色，则药片未被氧化KSCN氯水.一1考点：性质实验方案的设计；氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变.分析：（1）在氧化还原反应中，化合价升高数值=化合价降低数值=转移电子数，根据电子守恒配平化学方程式，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；（2）亚铁离子被氧化，得到的产物是三价铁离子，可以用硫氧化钾检验三价铁离子.解答：解：（1）铁元素化合价从+2价升高到了+3价，升高了一价，氧气的化合价从0价降低到了-2价，生成一分子氧气，降低了4价，所以铁元素的前面乘以系数4,根据电荷守恒，氢离子前边是系数4,水前边系数是2,化合

49、价降低元素是氧元素，所以Q是氧化剂，故答案为：4;1;4;4;2;Q;（2）硫酸亚铁药片被氧化产物是硫酸铁，所以检验物质中是否含有三价铁离子即可，用硫氧化钾可以检验三价铁离子的存在，具体操作是：取步骤1的溶液少许装于试管中，然后往试管中滴几滴0.1moL?L1KSC瞪液，若溶液显红色，则得知FeSQ被氧化，若不显红色，则其未被氧化，故答案为:实验步骤预期现象和结论步骤2:取步骤1的溶液少许装于试管中，然后往试管中滴几滴0.1moL1KSCN§液若溶液显红色，则得知FeSQ被氧化，卜不显红色，则药片未被氧化点评：本题考查学生氧化还原方程式的配平以及铁离子的检验知识，属于综合知识的考查，

50、难度不大.32. (5分)过氧化氢H2Q,(氧的化合价为-1价)，俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口.对于下列AD涉及HQ的反应，填写空白：A. N32Q+2HCL2NaCl+H2c2B. AgzO+H>2Ag+QT+H2O加拉.C. 2H2O:-2HzO+OTD. 3H2Q+Cr2(SO)3+IOKOI+2K2Crd+3K2SO+8HO(1) HQ仅体现氧化性的反应是D(填代号).(2) HQ既体现氧化性又体现还原性的反应是C(填代号).(3) 体现酸性的反应是A(填代号).(4)上述反应说明HbQ、Ag2OK2CQ氧化性由强到弱的顺序是：Ag2O>H2Q>/

51、CrQ考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题.分析：(1)O元素的化合价降低，体现氧化性；(2)O元素的化合价既升高又降低；(3)与碱反应生成盐和水；(4)根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性判断.解答：解：A.N&Q+2HCL2NaCl+H2Q,该反应中各元素的化合价没有变化，所以不是氧化还原反应；B. AgO+HO2Ag+Q+H2O,根据化合价的变化知，氧化剂是A&O,还原剂是HbQ,A&O的氧化性大于H2O>的氧化性；C. 2HQ2H2O+O,根据化合价的变化知，既是氧化剂又是还原剂；D. 3H>Q+Cr2(SO)3+1OKOI+2K2CrQ+3K

52、SO+8H2O,根据化合价的变化知，HkQ是氧化剂，KCrd是氧化产物，(1)以上反应中HQ仅体现氧化性的反应为D,故答案为：D;(2)以上反应中HQ既体现氧化性又体现还原性的反应是C,故答案为：C;(3)以上反应中，HQ体现酸性的反应是A,故答案为：A;(4)反应Ag2O+HQ2Ag+QT+HO中，氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性Ag2O>H2Q,反应3H2Q+C2(SO)3+1OKOI+2K2CrO+3K；SO+8H2O中，双氧水做氧化剂，铭酸钾做氧化产物，则氧化性H2O>>&CrQ,故氧化性顺序为：Ag2O>H2Q>>KCrd,故答案为

53、：AgaO>HaQ>K2CrO4.点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重氧化还原反应基本概念的考查，把握反应前后元素化合价的变化判断其氧化性、还原性即可，题目难度不大.33. (9分)已知A为淡黄色固体，E、D为两种常见的用途很广的金属单质，H的溶液中含有两种金属阳离子，I不溶于水.(1)写出下列物质的化学式：A：NaQF：FeQI:Al(OH3.(2)E是活泼金属，但在空气中却能稳定存在,E在空气中能稳定存在的原因是:铝表面形成致密氧化膜，阻止铝继续氧化(3)按要求写方程式：A与水反应的化学方程式：B与E反应的离子方程式:2Na2c2+2H2O=4NaOH+P;2A1+

54、2OH+2HO=2AlQ+3H4考点：无机物的推断.分析：A为淡黄色固体，能和水反应，则A是NaQ,过氧化钠和水反应生成NaOHm氧气，E、D为两种常见的用途很广的金属单质，其中一种能与氢氧化钠溶液反应，则该金属为A1,另外金属与氧气反应得到金属氧化物，故GF分别为偏铝酸钠、金属氧化物，由于G能与二氧化碳反应，F与盐酸反应生成的H中含有两种金属阳离子，则E为Al,B为NaOHG为NaAlQ,I不溶于水，则I是Al(OH3,F为金属氧化物，D是Fe,F是F&Q,H是FeCMFeCl3,据此解答.解答：解：A为淡黄色固体，能和水反应，则A是N&Q,过氧化钠和水反应生成NaOHF口氧

55、气，E、D为两种常见的用途很广的金属单质，其中一种能与氢氧化钠溶液反应，则该金属为Al,另外金属与氧气反应得到金属氧化物，故GF分别为偏铝酸钠、金属氧化物，由于G能与二氧化碳反应，F与盐酸反应生成的H中含有两种金属阳离子，则E为Al,B为NaOHG为NaAQ,I不溶于水，则I是Al(OH3,F为金属氧化物，D是Fe,F是Fe3O,H是FeCWFeC"(1) 由上述分析可知，A为NkQ,F为Fe3Q,I为Al(OH3,故答案为：NaO;Fe3Q；Al(OH3；(2) E为Al,在空气中铝表面形成致密氧化膜，阻止铝继续氧化，在空气中能稳定存在，故答案为：铝表面形成致密氧化膜，阻止铝继续氧化；(3) A与水反应的化学方程式为：2N&Q+2H2O=4NaOH+O'B与E反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlQ+3Hd,故答案为：2NaQ+2H2O=4NaOH+O;2Al+2OH+2H2O=2Al。+3Hd.点评：本题考查无机物推断，涉及Na、Al、Fe元素化合物性质，注意根据“A的颜色且与水发生反应、H的溶液中含有两种金属阳离子”推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等.34. (10分)海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，主要以碘化物形式存在.有一化