2015秋人教版化学高二上学期10月月考试题1-高二化学试题

2014-2015学年江苏省南通市如皋中学高二（上）月考化学试卷（10月份）（必修）一、单项选择题（在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的．本部分23题，每题3分，共69分）1．近年来江苏省酸雨发生率一直较高．下列物质能导致酸雨的是（）A．CO2 B．NH3 C．NO2 D．CH42．下列过程发生了物理变化的是（）A．碘的萃取 B．电解食盐水 C．葡萄酿酒 D．金属冶炼3．高铁酸盐钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，能有效杀灭水中的病菌和病毒．高铁酸盐钠属于（）A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物4．下列物质中既含有共价键，又含有离子键的是（）A．MgCl2 B．HClO C．Na2O D．KOH5．污染物Cr（+6价）的最高允许排放浓度为0.5mg•L﹣1，某污水中Cr（+6价）的浓度为0.26mg•L﹣1，该污水中Cr（+6价）的物质的量浓度（mol•L﹣1）为（）A．5×10﹣3 B．5×10﹣6 C．2.6×10﹣4 D．无法计算6．Co可以改善癌症的治疗（即放射疗法）．关于Co原子的说法正确的是（）A．质子数数为60 B．质量数为27C．核外电子数为14 D．中子数为337．常温下，下列物质不能用铁制容器盛装的是（）A．稀盐酸 B．氢氧化钠溶液 C．浓硫酸 D．浓硝酸8．下列化学用语正确的是（）A．乙烯的结构式：CHCHB．氯离子的结构示意图：C．NH4Cl的电子式：D．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣9．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统．发射北斗卫星的火箭推进器中的反应方程式为C2H8N2+2N2O4═2CO2+3N2+4H2O．其中N2O4是（）A．既是氧化剂又是还原剂 B．还原剂C．既不是氧化剂又不是还原剂 D．氧化剂10．元素X的单质及X与Y形成的化合物按下图所示的关系发生转化，则X为（）A．Fe B．Cu C．Si D．C11．某溶液中存在大量的H+、NO3﹣、Cl﹣，该溶液中还可能大量存在的离子是（）A．CO32﹣ B．OH﹣ C．Ag+ D．SO42﹣12．稀土硼化物广泛用于雷达、航空航天、冶金、环保等多个高科技领域．下列元素与硼元素处于同一主族的是（）A．Be B．O C．Mg D．Al13．下列有关物质用途说法正确的是（）A．加热金属钠与氧气制取氧化钠B．用二氧化硫漂白粉丝、银耳C．晶体硅是良好的半导体材料D．S可用于一步制取SO314．下列反应属于吸热反应的是（）A．金属钠与水反应 B．甲烷在空气中燃烧C．盐酸与氢氧化钠溶液反应 D．石灰石高温分解15．下列离子式方程正确的是（）A．稀硝酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH﹣═H2OB．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑C．碳酸钠与稀硝酸反应：Na2CO3+2H+═2Na++CO2↑+H2OD．氯化铝溶液与过量氨水反应：Al3++OH﹣═Al（OH）3↓16．下列说法错误的是（）A．用稀硫酸可除去钢铁表面的铁锈B．使用焰色反应可检验氯化钠中的钠离子C．通过丁达尔效应可区分NaCl溶液和Al（OH）3胶体D．向溶液中滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，可证明含有Cl﹣17．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（）A．称量 B．溶解 C．转移 D．定容18．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为NAB．常温下，23gNa完全被氧化失去的电子数为NAC．标准状况下，22.4LCH4中含有的电子数为NAD．0.3mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的氯离子数为0.9NA19．下列过程应用于工业生产的是（）A．锌与稀硫酸反应制取氢气B．氯化铵和氢氧化钙制取氨气C．浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气D．氯气与石灰乳反应制取漂白粉20．制太阳能电池需要高纯硅，工业上用粗硅制高纯硅可通过以下反应实现：①Si+3HCl（气）SiHCl3（气）+H2②SiHCl3（气）+H2Si+3HCl（气）对上述两个反应的叙述错误的是（）A．都是置换反应 B．都是氧化还原反应C．反应中硅元素都被还原 D．都不是离子反应21．为了验证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠．下列实验及判断中，正确的是（）A．加热，观察是否有气体放出B．溶于水后加石灰水，看有无沉淀C．取少量配成稀溶液滴加氯化钡溶液，看有无沉淀D．加热后称量，看质量是否变化22．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，D单质既能与强酸反应，又能与强碱反应．下列说法正确的是（）A．元素A的原子核外有2个电子B．工业上常用电解C的盐溶液的方法制备元素C的单质C．在所有非金属的氢化物中，元素E的气态氢化物最稳定D．元素C的最高价氧化物对应的水化物的碱性比D的强23．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A．1：9 B．1：7 C．1：5 D．2：9二、非选择题（本部分3题，共31分）24．某化学兴趣小组为了研究铁碳合金中与浓硫酸反应的情况，设计了如图所示的实验装置和实验方案．已知：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O．请回答下列有关问题：（1）按图示的连接装置后，首先．（填“某一操作”）（2）称量E的质量，将ag铁碳合金样品放入A中，再加入适量的浓硫酸，其中仪器A的名称为．未点燃酒精灯前，A、B基本上均无明显现象，其原因是：；加热A一段时间后，A、B中可观察到明显的现象，其中B中的现象．写出A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式．（3）反应相当一段时间后，发现从A中逸出气体具有可燃性，请用离子方程式表示产生此种气体的原因．25．AlN是一种新型高温结构陶瓷，工业上可用图中的反应①制备，反应②常用于处理汽车尾气．B、D是单质，A、E、F、G是氧化物，A是形成温室效应的气体，M能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（转化过程中的部分产物已略去）．请回答下列问题：（1）A的电子式为．（2）G的化学式为．（3）反应③的化学方程式为．（4）反应④的离子方程式为．26．为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组在实验室中用含有铝、铁、铜的合金制取氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体．其实验方案如下：（1）从滤液D中得到绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的实验操作是在隔绝空气的条件下，蒸发浓缩，，过滤，并用冰水洗涤、低温烘干．其中隔绝空气的目的，冰水洗涤的目的．从滤液A得到沉淀C的步骤中，pH控制较难操作，可改为通入气体．（2）某结晶水合物除含有与绿矾相同的离子外，还含有一种常见阳离子．称取两份质量均为1.96g的该结晶水合物，分别制成溶液．一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色；加热该混合物，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g．另一份加入含0.001molKMnO4的酸性溶液，MnO4﹣恰好完全被还原为Mn2+．试通过计算确定该结晶水合物的化学式．已知：Fe2++MnO4﹣+H+→Fe3++Mn2++H2O（未配平）

2014-2015学年江苏省南通市如皋中学高二（上）月考化学试卷（10月份）（必修）参考答案与试题解析一、单项选择题（在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的．本部分23题，每题3分，共69分）1．近年来江苏省酸雨发生率一直较高．下列物质能导致酸雨的是（）A．CO2 B．NH3 C．NO2 D．CH4考点：二氧化硫的污染及治理．分析：酸雨的形成是硫的氧化物、氮氧化物在空气中和氧气、水反应生成硫酸型和硝酸型酸雨．解答：解：A、二氧化碳排放量增大易形成温室效应，不能形成酸雨，故A错误；B、氨气溶于水形成的是碱溶液，故B错误；C、二氧化氮和水反应生成硝酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO，形成酸雨，故C正确；D、甲烷不溶于水，不能形成酸雨D错误，故选C．点评：本题考查了酸雨形成的原理和分析判断，主要是硝酸型酸雨的形成过程，掌握基础是解题关键，题目较简单．2．下列过程发生了物理变化的是（）A．碘的萃取 B．电解食盐水 C．葡萄酿酒 D．金属冶炼考点：物理变化与化学变化的区别与联系．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．解答：解：A、碘的萃取是利用碘在有机溶剂中的溶解度比水中的大，用不溶于水的有机溶剂将碘从水溶液中提取出来的过程，不是化学反应，是物理过程，故A正确；B、电解食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，有新物质生成，为化学变化，故B错误；C、葡萄酿酒是将葡萄中的葡萄糖转化为乙醇的过程，是化学变化，故C错误；D、金属在矿物中均为金属阳离子，在冶炼的过程中得电子被还原为金属单质，是化学变化，故D错误．故选A．点评：本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．3．高铁酸盐钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，能有效杀灭水中的病菌和病毒．高铁酸盐钠属于（）A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．分析：电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子的化合物为盐；由两种元素构成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物，据此分析．解答：解：高铁酸盐钠（Na2FeO4）的阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子，根据定义可知，其属于盐，故选C．点评：本题考查了酸碱盐和氧化物的概念，难度不大，根据定义来分析是解题关键．4．下列物质中既含有共价键，又含有离子键的是（）A．MgCl2 B．HClO C．Na2O D．KOH考点：共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质．分析：一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答．解答：解：A．MgCl2只有镁离子与氯离子形成的离子键，故A错误；B．HClO中氢原子和O原子之间存在共价键，O与Cl原子间存在共价键，故B错误；C．Na2O中只有钠离子与氧离子形成的离子键，故C正确；D．KOH中钾离子和氢氧根之间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在共价键，故D正确；故选：D．点评：本题主要考查化学键，熟悉判断化学键的一般规律即可解答，题目难度不大．5．污染物Cr（+6价）的最高允许排放浓度为0.5mg•L﹣1，某污水中Cr（+6价）的浓度为0.26mg•L﹣1，该污水中Cr（+6价）的物质的量浓度（mol•L﹣1）为（）A．5×10﹣3 B．5×10﹣6 C．2.6×10﹣4 D．无法计算考点：物质的量浓度的相关计算．分析：根据n==cV计算该题．解答：解：某污水中Cr（+6价）的浓度为0.26mg•L﹣1，则1L溶液中含有Cr（+6价）的物质的量为=5×10﹣6mol，则c==5×10﹣6mol/L．故选B．点评：本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握相关计算的公式的运用，难度不大．6．Co可以改善癌症的治疗（即放射疗法）．关于Co原子的说法正确的是（）A．质子数数为60 B．质量数为27C．核外电子数为14 D．中子数为33考点：核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．分析：元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数﹣质子数，原子中核外电子数=核内质子数．解答：解：{\;}_{27}^{60}Co中元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数﹣质子数，原子中核外电子数=核内质子数．A．该元素的质子数为27，故A错误；B．该元素的质量数为60，故B错误；C．原子中核外电子数=核内质子数=27，故C错误；D．中子数=质量数﹣质子数=60﹣27=33，故D正确．故选D．点评：本题考查了质子数、中子数、质量数之间的关系，难度不大，注意原子或离子中电子数的计算方法，原子中核外电子数=核内质子数，阳离子中电子数=质子数﹣电荷数，阴离子中电子数=质子数+电荷数．7．常温下，下列物质不能用铁制容器盛装的是（）A．稀盐酸 B．氢氧化钠溶液 C．浓硫酸 D．浓硝酸考点：铁的化学性质．分析：根据铁的性质进行解答，能持续发生反应则不能用铁制容器来盛放，浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，铁在浓硫酸、浓硝酸中被氧化生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，发生钝化，能盛放．铁和碱不反应，盐酸是非强氧化性的酸，能和铁反应，不能用铝制品容器盛放．据此分析解答．解答：解：A．盐酸是弱氧化性的酸，浓盐酸能和铁反应生成氢气，不能用铁制品容器盛放，故A选；B．铁和氢氧化钠溶液不反应，所以能用铁制容器盛装，故B不选；C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硫酸，故C不选；D．常温下，铁在浓硝酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硝酸，故D不选．故选A．点评：本题考查了铁的化学性质，铁能和浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化现象，所以可用铁制容器盛放浓硫酸、浓硝酸，题目难度不大．8．下列化学用语正确的是（）A．乙烯的结构式：CHCHB．氯离子的结构示意图：C．NH4Cl的电子式：D．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．分析：A．乙烯结构简式中碳碳双键不能省略B．氯离子的核电荷数为17，最外层得到8电子稳定结构；C．氯离子为阴离子，其电子式中需要标出所带电荷及最外层电子；D．碳酸氢钠为弱电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开．解答：解：A．乙烯结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2═CH2，故A错误；B．氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为，故B正确；C．氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出最外层电子及所带电荷，其正确的电子式为，故C错误；D．碳酸氢钠完全电离，碳酸氢根离子不能拆开，其正确的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力．9．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统．发射北斗卫星的火箭推进器中的反应方程式为C2H8N2+2N2O4═2CO2+3N2+4H2O．其中N2O4是（）A．既是氧化剂又是还原剂 B．还原剂C．既不是氧化剂又不是还原剂 D．氧化剂考点：氧化还原反应．分析：根据化合价的变化分析，物质中元素化合价升高的为还原剂，物质所含元素的化合价降低为氧化剂．解答：解：C2H8N2+2N2O4═2CO2+3N2+4H2O反应N2O4中N元素的化合价从+4价降低到0价，则N2O4为氧化剂；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应，侧重于基本概念的考查，题目难度不大，注意从化合价的角度分析．10．元素X的单质及X与Y形成的化合物按下图所示的关系发生转化，则X为（）A．Fe B．Cu C．Si D．C考点：无机物的推断；硅和二氧化硅；铁的化学性质．专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：由XY3可知，X可能为+3价或+6价，且X可发生置换反应生成XY2，说明应为Fe，题中Cu、Si、C不存在+3价，以及解答．解答：解：根据XY2和XY3的相互转化，说明X呈正价，并且具有可变化合价，可能是Fe或者是Cu，能发生置换反应生成XY2，且存在XY3可知，X可存在+3价或+6价，因此X是铁不是铜，则铁可与盐酸发生置换反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应会生成FeCl3，Fe与氯气反应可生成FeCl3，即X是Fe正确，故选A．点评：本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，本题为了确定物质的组成，通过设计的实验步骤中不同的现象，对实验方法和过程的探究，在比较鉴别的基础上，得出了正确的实验结论．本考点是高考的重要内容之一，此考点主要出现在选择题和实验题中，难度不大．11．某溶液中存在大量的H+、NO3﹣、Cl﹣，该溶液中还可能大量存在的离子是（）A．CO32﹣ B．OH﹣ C．Ag+ D．SO42﹣考点：离子共存问题．分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则可大量共存．解答：解：A、氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，所以不能共存，故A错误；B、氢离子和氢氧根离子反应生成水，所以不能大量共存，故B错误；C、银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，所以不能共存，故C错误；D、硫酸根离子与氢离子或氯离子和硝酸根离子都不反应，所以能大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存的条件来分析解答即可，离子共存是高考热点，要考虑限制性条件，注意隐含条件，为易错点．12．稀土硼化物广泛用于雷达、航空航天、冶金、环保等多个高科技领域．下列元素与硼元素处于同一主族的是（）A．Be B．O C．Mg D．Al考点：元素周期表的结构及其应用．分析：硼元素最外层电子数3，处于IIIA族，对于主族元素最外层电子数等于族序数，据此判断．解答：解：A．Be元素原子最外层电子数是2，处于第IIA族，故A错误；B．O元素原子最外层电子数是6，处于第ⅥA族，故B错误；C．Mg元素原子最外层电子数为2，处于第IIA族，故C错误；D．Al元素原子最外层电子数为3，处于第IIIA族，故D正确．故选D．点评：本题考查结构与位置关系，旨在考查学生对于基础知识的掌握，比较基础．13．下列有关物质用途说法正确的是（）A．加热金属钠与氧气制取氧化钠B．用二氧化硫漂白粉丝、银耳C．晶体硅是良好的半导体材料D．S可用于一步制取SO3考点：硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；钠的化学性质．分析：A．钠与氧气加热生成过氧化钠；B．二氧化硫有毒；C．晶体硅的导电性介于导体与半导体之间；D．硫与氧气反应生成二氧化硫．解答：解；A．热金属钠与氧气生成过氧化钠，故A错误；B．二氧化硫有毒，不能用来漂白食物，故B错误；C．晶体硅的导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，故C正确；D．硫与氧气反应生成二氧化硫，通过一步反应，不能生成三氧化硫，故D错误；故选；C．点评：本题考查了物质的性质，侧重考查学生对基础知识的掌握熟练程度，题目难度不大．14．下列反应属于吸热反应的是（）A．金属钠与水反应 B．甲烷在空气中燃烧C．盐酸与氢氧化钠溶液反应 D．石灰石高温分解考点：吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．解答：解：A．金属钠与水反应属于放热反应，故A错误；B．甲烷在空气中燃烧是氧化反应，是常见放热反应，故B错误；C．盐酸与氢氧化钠溶液是中和反应，是放热反应，故C错误；D．灰石在高温下的分解反应是吸热反应，故D正确．故选D．点评：本题考查吸热反应，难度不大，掌握中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键．15．下列离子式方程正确的是（）A．稀硝酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH﹣═H2OB．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑C．碳酸钠与稀硝酸反应：Na2CO3+2H+═2Na++CO2↑+H2OD．氯化铝溶液与过量氨水反应：Al3++OH﹣═Al（OH）3↓考点：离子方程式的书写．分析：A．稀硝酸与氢氧化钡溶液反应生成硝酸钡和水；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，不会生成铁离子；C．碳酸钠为易溶的强电解质，离子方程式中应该拆开；D．一水合氨为弱电解质，离子方程式中必须拆开．解答：解：A．稀硝酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故A正确；B．铁与稀盐酸反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++2H2↑，故B错误；C．碳酸钠与稀硝酸反应生成硝酸钠、二氧化碳气体和水，碳酸钠必须拆开，正确的离子方程式为：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，故C错误；D．氯化铝与氨水反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选A．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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，检查是否符合原化学方程式等．16．下列说法错误的是（）A．用稀硫酸可除去钢铁表面的铁锈B．使用焰色反应可检验氯化钠中的钠离子C．通过丁达尔效应可区分NaCl溶液和Al（OH）3胶体D．向溶液中滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，可证明含有Cl﹣考点：铁的氧化物和氢氧化物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；焰色反应；常见阴离子的检验．分析：A．铁锈成分是氧化铁，能够与稀硫酸反应；B．焰色反应是物理变化，钠元素的焰色为黄色；C．丁达尔现象是胶体特有的性质可用于鉴别胶体和溶液；D．依据能与银离子结合成白色沉淀的离子情况分析判断；解答：解：A．铁锈成分是氧化铁，能够与稀硫酸反应，所以可以用稀硫酸除去钢铁表面的铁锈，故A正确；B．焰色反应是物理变化，钠元素的焰色为黄色，依据焰色反应可以检验物质所含金属元素，故B正确；C．丁达尔现象是胶体特有的性质可用于鉴别胶体和溶液，故C正确；D．无色溶液中滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，溶液可能为盐酸或盐酸盐或碳酸钠溶液等，故D错误；故选：D．点评：本题为综合题，设计物质的性质、焰色反应的应用、离子的检验、胶体的性质，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，题目难度不大．17．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（）A．称量 B．溶解 C．转移 D．定容考点：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．使用托盘天平称量药品时，应该遵循左物右码原则，位置不能颠倒；B．溶解药品时，无论加速溶解，需要使用玻璃棒搅拌；C．转移冷却后的溶液时，需要使用玻璃棒引流；D．定容时，胶头滴管不能伸入到容量瓶中．解答：解：A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；C．转移溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B．点评：本题考查了化学实验基本操作，题目难度不大，试题旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验中常见的基本操作方法．18．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为NAB．常温下，23gNa完全被氧化失去的电子数为NAC．标准状况下，22.4LCH4中含有的电子数为NAD．0.3mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的氯离子数为0.9NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、标况下，四氯化碳为液体；B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素变为+1价来分析；C、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷含10mol电子来分析；D、溶液体积不明确．解答：解：A、标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、23g钠的物质的量为1mol，而反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故B正确；C、标况下，22.4L甲烷的物质的量为1mol，而1mol甲烷含10mol电子即10NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子的个数无法计算，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，难度不大，掌握公式的运用和物质的状态以及物质的结构是解题的关键．19．下列过程应用于工业生产的是（）A．锌与稀硫酸反应制取氢气B．氯化铵和氢氧化钙制取氨气C．浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气D．氯气与石灰乳反应制取漂白粉考点：氯气的化学性质；化学基本反应类型．分析：A．锌与稀硫酸反应制取氢气为实验室制取少量氢气；B．氯化铵和氢氧化钙制取氨气适合实验室制备氨气；C．浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气适合实验室制备氯气；D．氯气与石灰乳反应制取漂白粉．解答：解：A．工厂用电解水方法制取氢气，故A错误；B．工业上用氮气与氢气化合生成氨气，故B错误；C．工业制备氯气用电解饱和食盐水，故C错误；D．氯气与石灰乳反应制取漂白粉，为工业制备漂白粉原理，故D正确；故选：D．点评：本题考查了物质的制备，熟悉常见气体的实验室制法与工业制法的原理是解题关键，题目难度不大．20．制太阳能电池需要高纯硅，工业上用粗硅制高纯硅可通过以下反应实现：①Si+3HCl（气）SiHCl3（气）+H2②SiHCl3（气）+H2Si+3HCl（气）对上述两个反应的叙述错误的是（）A．都是置换反应 B．都是氧化还原反应C．反应中硅元素都被还原 D．都不是离子反应考点：氧化还原反应．分析：①Si+3HCl（气）SiHCl3（气）+H2中，Si元素的化合价升高，H元素的化合价降低；②SiHCl3（气）+H2Si+3HCl（气）中，Si元素的化合价降低，H元素的化合价升高，两个反应均为单质与化合物反应生成新单质、化合物，且均不在水溶液中进行，以此来解答．解答：解：A．均为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，均属于置换反应，故A正确；B．均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故B正确；C．①中Si被氧化，②中Si被还原，故C错误；D．均不在水溶液中反应，则均不是离子反应，故D正确；故选C．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，侧重于氧化还原反应基本概念及应用能力的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，题目难度不大．21．为了验证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠．下列实验及判断中，正确的是（）A．加热，观察是否有气体放出B．溶于水后加石灰水，看有无沉淀C．取少量配成稀溶液滴加氯化钡溶液，看有无沉淀D．加热后称量，看质量是否变化考点：钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、碳酸钠受热稳定，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳；B、碳酸钠和碳酸氢钠均可以和石灰水反应产生白色沉淀碳酸钙；C、碳酸钠可以和氯化钡发生复分解反应但是碳酸氢钠不能反应；D、碳酸氢钠加热后分解，碳酸钠加热后不变．解答：解：A、碳酸氢钠固体中不管是否含有碳酸钠，加热后均会产生气体，故A错误；B、碳酸钠和碳酸氢钠均可以和石灰水反应产生白色沉淀碳酸钙，故B错误；C、碳酸钠可以和氯化钡发生复分解反应生成白色沉淀碳酸钙，但是碳酸氢钠不能反应，故C正确；D、碳酸氢钠本身加热后称量质量会减轻，碳酸氢钠固体中否含有碳酸钠加热后称量质量仍然会减轻，故D错误．故选C．点评：本题考查学生碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．22．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，D单质既能与强酸反应，又能与强碱反应．下列说法正确的是（）A．元素A的原子核外有2个电子B．工业上常用电解C的盐溶液的方法制备元素C的单质C．在所有非金属的氢化物中，元素E的气态氢化物最稳定D．元素C的最高价氧化物对应的水化物的碱性比D的强考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素；D单质既能与强酸反应，又能与强碱反应，则D为Al元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；其中元素A、E的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素，E的原子序数大于铝元素，E为Cl元素，据此分析．解答：解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素；D单质既能与强酸反应，又能与强碱反应，则D为Al元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；其中元素A、E的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素，E的原子序数大于铝元素，E为Cl元素．A、A为H元素，H原子核外只有1个电子，故A错误；B、C为Na元素，工业上用电解熔融的氯化钠来制备Na，故B错误；C、所以非金属元素中F的非金属性最强，则HF最稳定，故C错误；D、金属性Na大于Al，则元素Na的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Al的强，即元素C的最高价氧化物对应的水化物的碱性比D的强，故D正确．故选：D．点评：本题考查元素推断、物质结构、元素化合物性质等，题目难度不大，根据原子结构和性质来推断元素是解题的关键．23．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A．1：9 B．1：7 C．1：5 D．2：9考点：氧化还原反应的计算．专题：守恒法．分析：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量．据此计算判断．解答：解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）×[6﹣（﹣2）+1×2]=1mol×（5﹣4）+1mol×（5﹣2），解得n（Cu2S）=0.4mol．由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4）=2×0.4mol﹣0.4mol=0.4mol．由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol．所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选B．点评：本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用．二、非选择题（本部分3题，共31分）24．某化学兴趣小组为了研究铁碳合金中与浓硫酸反应的情况，设计了如图所示的实验装置和实验方案．已知：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O．请回答下列有关问题：（1）按图示的连接装置后，首先检查装置的气密性．（填“某一操作”）（2）称量E的质量，将ag铁碳合金样品放入A中，再加入适量的浓硫酸，其中仪器A的名称为烧瓶．未点燃酒精灯前，A、B基本上均无明显现象，其原因是：常温下，Fe被浓硫酸钝化，碳不与浓硫酸反应；加热A一段时间后，A、B中可观察到明显的现象，其中B中的现象品红溶液褪色．写出A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．（3）反应相当一段时间后，发现从A中逸出气体具有可燃性，请用离子方程式表示产生此种气体的原因Fe+2H+=Fe2++H2↑．考点：性质实验方案的设计．分析：（1）气体发生装置使用前需要检查装置气密性；（2）常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应；铁碳合金样品放入A中，A仪器为烧瓶，加入适量的浓硫酸加热，浓硫酸具有强氧化性和铁在加热条件下反应生成硫酸铁和二氧化硫水；碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，依据书写化学方程式的原则写出；B中品红的红色褪去是利用了二氧化硫的漂白性；通过现象证明浓硫酸生成了二氧化硫，表现了强氧化性；（3）铁碳在硫酸溶液中形成原电池能加快化学反应速率；依据随着反应进行浓硫酸变稀后，铁足够量时，可以和反应生成的硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与剩余稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气．解答：解：（1）气体发生装置使用前需要检查装置气密性，按图示的连接装置后，首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；（2）常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应，故无明显现象；铁碳合金样品放入A中，再加入适量的浓硫酸加热，浓硫酸具有强氧化性和铁在加热条件下反应生成硫酸铁和二氧化硫水；碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳二氧化硫水，依据书写化学方程式的原则写出2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O或C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；B中品红的红色褪去是利用了二氧化硫的漂白性；通过现象证明浓硫酸生成了二氧化硫，表现了强氧化性；故答案为：烧瓶；常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应；品红溶液褪色；C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（3）铁碳在酸溶液中符合原电池的组成条件，形成原电池反应，原电池能加快化学反应速率，随着反应进行浓硫酸变稀后，铁足够量时，可以和反应生成的硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与剩余稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，产生此种气体的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑．点评：本题考查了物质性质的探究实验方法，装置的特征分析，流程反应和试剂作用是解题关键，题目难度中等，熟悉装置及装置中每部分的作用是解答本题的关键．25．AlN是一种新型高温结构陶瓷，工业上可用图中的反应①制备，反应②常用于处理汽车尾气．B、D是单质，A、E、F、G是氧化物，A是形成温室效应的气体，M能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（转化过程中的部分产物已略去）．请回答下列问题：（1）A的电子式为．（2）G的化学式为CO．（3）反应③的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．（4）反应④的离子方程式为AlN+OH﹣+H2O=AlO2﹣+NH3↑．考点：无机物的推断．分析：M是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则M为NH3，由反应④可知L为NaAlO2，M与氧气反应生成F，且反应②常用于处理汽车尾气，A是形成温室效应的气体，则F为NO、A为CO2，氧化物G为CO，单质B为N2，可推知单质D为C，氧化物E为Al2O3，H为AlCl3，据此解答．解答：解：M是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则M为NH3，由反应④可知L为NaAlO2，M与氧气反应生成F，且反应②常用于处理汽车尾气，A是形成温室效应的气体，则F为NO、A为CO2，氧化物G为CO，单质B为N2，可推知单质D为C，氧化物E为Al2O3，H为AlCl3．（1）由以上分析可知A为CO2，电子式为，故答案为：；（2）由上述分析可知，G为CO，故答案为：CO；（3）反应③为氨气的催化氧化，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）反应④的离子方程式为：AlN+OH﹣+H2O=AlO2﹣+NH3↑，故答案为：AlN+OH﹣+H2O=AlO2﹣+NH3↑．点评：本题考查无机物推断，“M的性质、A为温室效应气体”是推断突破口，结合转化关系推断，同时考查学生分析思维能力，明确物质的性质是解本题的关键，难