中学高三化学上学期第一次月考试题(含解析)

1、一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1（2分）关于Na2O与Na2O2的叙述正确的是（）A都是白色固体B都是供氧物质C都能和水反应形成强碱溶液D都是强氧化剂考点：钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A、Na2O是白色的，Na2O2是黄色的固体；B、Na2O2与水、二氧化碳反应生成氧气；Na2O不能与其他物质反应产生氧气；C、Na2O与水反应生成氢氧化钠，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气；D、强氧化剂是物质的组成元素化合价降低的性质，根据元素化合价来判断解答：解：A、Na2O是白色的，而Na2O2是黄色的固体，故A错误；B、Na2O2与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧物质，

2、Na2O不能与其他物质反应产生氧气，不作供氧物质，故B错误；C、Na2O与Na2O2与水反应都能生成氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，故C正确；D、Na2O中氧元素的化合价是2价，Na2O2中氧元素的化合价是1价，Na2O2具有氧化性，故D错误；故选C点评：本题考查钠的氧化物的性质，明确发生的化学反应及相关的概念是解答本题的关键，难度不大2（2分）下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是（）NaHCO3 Al Al2O3 Al（OH）3 AlCl3 CuOABCD全部考点：两性氧化物和两性氢氧化物专题：元素及其化合物分析：本题根据酸的性质、碱的性质来解决，酸的通性：能与排在H前的金属发生置

3、换反应、能与碱发生中和反应、能与一些盐发生复分解反应、能和碱性氧化物反应；碱的同性：能与酸发生中和反应、能与一些盐发生复分解反应结合题中给出的物质NaHCO3、Al2O3、Al（OH）3、CuO、Al，NaHCO3是碳酸的酸式盐，Al2O3是两性氧化物，Al（OH）3是两性氢氧化物，CuO是碱性氧化物，Al是金属，AlCl3是盐解答：解：NaHCO3是一种酸式盐，根据酸式盐的性质，酸式盐能与碱发生反应生成正盐，即NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O，即能和氢氧化钠溶液反应；由于盐酸的酸性比碳酸的强，因此NaHCO3能与盐酸反应，即NaHCO3+HClNaCl+H2O，故NaHCO3即能与

4、盐酸反应又能与NaOH溶液反应；Al这种金属既能与酸反应，又能与强碱反应，其反应方程式为：2Al+6HCl2AlCl3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，故Al既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应；Al2O3是一种两性氧化物，根据两性氧化物的概念，既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，其方程式为Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O；Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，即Al2O3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应；Al（OH）3 是两性氢氧化物，即能与酸反应，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物，为两性氢氧化物其方程式为2Al（OH）3

5、+6HCl2AlCl3+6H2O；Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，Al（OH）3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应；AlCl3 和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，过量氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠溶液，和盐酸不发生反应；CuO是一种碱性氧化物，只能与酸反应生成盐和水，其方程式为CuO+2HClCuCl2+H2O，不能与碱反应；故选C点评：本题综合系统的考查了元素化合物的知识，酸、碱的性质，需准确熟练的掌握其反应关系，题目难度中等3（2分）下列方法不能够生成Al（OH）3的是（）A向AlCl3溶液中滴加Ba（OH）2溶液B向NaAlO2溶液中滴加过量的HCC.向NaAlO2溶液中

6、通入CO2Dl向AlCl3溶液中滴加氨水考点：镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A、向AlCl3溶液中滴加Ba（OH）2溶液，根据AlCl3溶液过量判断；B、向NaAlO2溶液中滴加过量的HCl，根据盐酸过量分析；C、向NaAlO2溶液中通入CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢铵；D、向AlCl3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝和氯化铵解答：解：A、向AlCl3溶液中滴加Ba（OH）2溶液，AlCl3溶液过量，则发生Al3+3OHAl（OH）3，故A不选；B、向NaAlO2溶液中滴加过量的HCl，因为盐酸过量，则发生4H+AlO2Al3+2H2O，故B选；C、向NaAlO2溶液中通入

7、CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢铵，反应为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C不选；D、向AlCl3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D不选；故选：B点评：本题以氢氧化铝的制备为载体，考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性4（2分）在无色透明的溶液中能大量共存的是（）AHCO3、Na+、OH、ClBCa2+、NO3、SO42、CO32CFe2+、Na+、H+、NO3DCl、Mg2+、Na+、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：溶液无色，则有颜色的离子不

8、能大量共存，如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体、水或不发生氧化还原、互促水解等反应，则可大量共存，否则不能，结合对应离子的性质解答该题解答：解：AHCO3与OH反应而不能大量共存，故A错误；BCa2+与SO42、CO32不能大量共存，故B错误；CFe2+有颜色，在酸性条件下与NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子共存，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，主要把握常见离子的性质和反应类型的判断，难度不大5（2分）在明矾KAl（SO4）2溶液中滴

9、入Ba（OH）2溶液，当硫酸根离子恰好完全沉淀时，铝元素的存在形式为（）A一部分为Al（OH）3，一部分为Al3+B全部为Al（OH）3C一部分为Al（OH）3，一部分为AlO2D全部为AlO2考点：镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，发生KAl（SO4）2+2Ba（OH）22BaSO4+KAlO2+2H2O，以此来解答解答：解：向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，1molKAl（SO4）2需要消耗2molBa（OH）2，则发生KAl（SO4）2+2Ba（OH）22BaSO4+KAlO2+2H2O，显然铝元

10、素几乎全部以AlO2形式存在于溶液中，故选D点评：本题考查离子反应，明确硫酸根离子完全沉淀时消耗的氢氧化钡的量是解答本题的关键，题目难度不大6（2分）要除去Fe2O3中混有的Al2O3，最好的方法是（）A用NaOH洗涤、过滤B用H2加热还原C用CO加热还原D用盐酸洗涤过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：元素及其化合物；化学实验基本操作分析：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Fe2O3不能反应除去Fe2O3中混有少量Al2O3解答：解：Fe2O3和Al2O3都可与酸反应，则不能用盐酸和硝酸除杂，Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，则可用氢氧化钾

11、溶液分离，氢气、CO等不能除去氧化铝固体，故选：A点评：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7（2分）在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（）A6：1B3：1C2：1D1：2考点：镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算专题：图示题分析：首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（O

12、H）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答解答：解：首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶

13、液的体积为10mL3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=20mL：30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1=1：2，故选D点评：考查镁铝化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键8（2分）将等物质的量的镁和铝均匀混合，取等质量该混合物四份，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 molL1盐酸B4 molL1HNO3溶液C5 molL1NaOH溶液D18.4 mol

14、L1H2SO4溶液考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4（两物质均具有强氧化性）都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2而与Mg不反应，而加入HCl，Mg和Al都与盐酸反应生成H2，所以H2量最多解答：解：A、盐酸为非氧化性酸，等物质的量的镁和铝都能和盐酸反应生成氢气；B、硝酸为氧化性酸，与镁、铝反应不会生成氢气；C、镁不能和氢氧化钠反应，铝和氢氧化钠反应生成氢气；D、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；有以上分析可知：加入盐酸，等物质的量的镁和铝都与盐酸反应产生氢气，所

15、以氢气量最多故选A点评：本题考查金属与酸反应的性质比较，难度不大，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸9（2分）下列关于铁的叙述正确的是（）铁能被磁铁吸引，但纯铁易腐蚀在人体的血红蛋白中含有铁元素铁位于元素周期表中第四周期第B族铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe（NO3）3不能通过化合反应制得FeCl2和Fe（OH）3ABCD考点：铁的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：纯铁不易腐蚀；人体的血红蛋白中含有铁元素；铁位于元素周期表中第四周期第族；铁与水蒸气在高

16、温下可发生反应；铁过量，可生成Fe（NO3）2；Fe（OH）2可通过化合反应制备Fe（OH）3解答：解：铁合金易发生电化学腐蚀，纯铁不易腐蚀，故错误；人体的血红蛋白中含有铁元素，贫血时可通过补铁治疗，故正确；铁位于元素周期表中第四周期第族，故错误；铁与水蒸气在高温下可发生反应，但不是燃烧，故正确；铁过量，可生成Fe（NO3）2，故错误；Fe（OH）2可通过化合反应制备Fe（OH）3，故错误故选B点评：本题综合考查铁及其化合物的性质，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累10（2分）红珊瑚栖息于2002000米的海域，产于台湾海峡、南中国海，它与琥珀、珍

17、珠被统称为有机宝石在中国，珊瑚是吉祥富有的象征，一直用来制做珍贵的工艺品红珊瑚是无数珊瑚虫分泌的石灰质大量堆积形成的干支状物，其红色是因为在海底长期积淀某种元素，该元素是（）ANaBFeCSiDCu考点：铁的氧化物和氢氧化物专题：几种重要的金属及其化合物分析：红珊瑚的化学成分主要是CaC03，矿物成分以徽晶方解石集合体形式存在成分中还有一定数量的有机质，红珊瑚整体形态多呈树枝状，上面有纵条纹每个单体珊瑚是红色、粉红色、橙红色最为珍贵，是我们通常所说的宝石级和收藏级的珊瑚红色是珊瑚在生长过程中吸收海水中1%左右的氧化铁而形成的，所以红色是铁元素形成的氧化铁呈现的，依据海水中的铁元素被氧化为红色的

18、三氧化二铁，被珊瑚吸收形成的分析判断；每升海水超过100毫克的元素称为常量元素最主要的常量元素有氧、钠、镁、硫、钙、钾、溴、碳、鳃、硼、氟11种，约占化学元素总含量的99.899.9其他化学元素含量极少，其中，每升海水含有l100毫克的元素称为微量元素如铁、钼、钾、铀、碘等每升海水含有1毫克以下的元素称为痕量元素如金、银、镉等溶解于海水中的化学元素绝大多数是以盐类离子的形式存在的，其中氯化钠最多解答：解：A、钠形成的化合物无红色物质形成，故A不符合；B、铁元素形成氧化铁呈红色，珊瑚在生长过程中吸收氧化铁形成红色，故B符合；C、海水中硅元素含量很低，硅元素形成的物质中无红色物质生成，故C不符合；

19、D、溶解于海水中的化学元素绝大多数是以盐类离子的形式存在的，海水中铜的含量低到仪器检测不到，铜离子在溶液中呈蓝色，故D不符合；故选B点评：本题考查了红珊瑚的知识应用，较简单，熟练掌握铁及其化合物的性质和颜色，了解珊瑚的形成过程是关键11（2分）将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.2molNO2和0.3molNO，下列说法正确的是（）A反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为1：3D反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为3：1考点：硝酸的化学性

20、质；铁的化学性质专题：守恒法；氮族元素分析：根据氧化还原反应中电子得失相等解答：解：铁失电子，NO2和NO得电子，得失电子守恒 0.3molNO2得0.3mol电子，0.2mol NO得30.2mol=0.6mol电子，共得0.9mol电子而n（Fe）=0.4 mol，这些电子由0.4mol的铁提供，每molFe3+提供3mol电子，每molFe2+提供2mol电子设Fe（NO3）3的物质的量为x，Fe（NO3）2的物质的量为y联立方程组：3x+2y=0.3+0.6x+y=0.4解得：x=0.1，y=0.3所以，nFe（NO3）3：nFe（NO3）2=1：3故选：C点评：解这种题目需要掌握技巧

21、，把握氧化还原反应的实质：电子的转移（严格的说，氧化还原反应的实质就是发生了电子的转移或者共用电子对的偏移，在解题中都看成电子的转移），同时还要抓住质量守恒12（2分）下列说法正确的是（）A光导纤维的主要成份是硅B常用氢氟酸（HF）来刻蚀玻璃C制普通玻璃的主要原料是烧碱、石灰石、石英D实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液考点：硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用专题：碳族元素分析：A光导纤维的主要成份是二氧化硅；B氢氟酸能与二氧化硅反应；C制普通玻璃的主要原料用纯碱，而不是烧碱；D保存氢氧化钠溶液应用橡皮塞解答：解：A光导纤维的主要成份是二氧化硅，硅常用于半导体材料，故A错误；B氢氟酸能与二

22、氧化硅反应，而玻璃中含有二氧化硅，则可用于雕刻玻璃，故B正确；C制普通玻璃的主要原料用纯碱、石灰石、石英，不是烧碱，故C错误；DNaOH与玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠而导致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故D错误故选B点评：本题考查硅以及硅的化合物，题目难度不大，注意相关基础知识的积累13（2分）2012年我国载人飞船再次升空，显示出我国航天技术已进入世界一流飞船应用了许多尖端的合成材料据报道我国科学家近年来研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的下列相关叙述不正确的是（）A它耐高温抗氧化B它比钢铁轻、硬，但质地较脆C它没有固定熔点D它是一种新型无机非金属

23、材料考点：无机非金属材料专题：化学应用分析：A由该材料主要成分的性质可知其应具有耐高温抗氧化的性能；B题中给出信息“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料具有良好的韧性；C符合材料属于混合物，没有固定的熔、沸点；D该材料由无机物复合而成，应为新型无机非金属材料解答：解：A碳化硅、陶瓷和碳纤维具有耐高温抗氧化的性能，故A正确；B“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料比钢铁轻、硬，但质地较脆，故B错误；C该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定的熔、沸点，故C正确；D该材料由无机物复合而成，为新型无机非金属材料，故D正确；故选B点评：本题考查无机非金属材料中的符合材料的组成和性质

24、，题目难度不大，侧重于培养学生从题干提取信息、结合已学知识处理问题的能力14（2分）（2011南通一模）滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（）AFe3+、Al3+、Cl、NO3BK+、Na+、I、SO42CAg+、Ca2+、NH4+、NO3DNa+、Ba2+、CO32、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：滴加新制氯水后，氯水中含氯气、HClO等氧化性微粒，离子之间不能结合生成气体、沉淀、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：A滴加新制氯水后，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B滴加氯水后，氯水中氯气、HClO等可氧化I，不能大

25、量共存，故B错误；C滴加氯水后，氯水中氯离子与Ag+结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D因Ba2+分别与CO32、SO42结合生成沉淀，且氯水中氢离子与CO32反应生成水和气体，不能共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，把握氯水的成分为解答的关键，题目难度不大15（2分）溴是海水中重要的非金属元素，地球上90%的溴元素以Br的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”，下列有关说法中正确的是（）A从海水中提取溴时，不涉及氧化还原反应B苯与溴水反应生成溴苯C可以用CCl4萃取溴水中的溴D

26、向FeBr2溶液中通入Cl2时，一定会发生如下反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl考点：氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：卤族元素分析：A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质；B、苯与溴水不反应；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶；D、Fe2+的还原性强于溴离子点的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+解答：解：A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质，故A错误；B、苯与溴水不反应，苯与液溴在催化剂的条件下反应生成溴苯，故B错误；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶，可以用

27、CCl4萃取溴水中的溴，故C正确；D、Fe2+的还原性强于溴离子的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+，若氯气过量，一定会全部氧化Fe2+和溴离子，故D错误故选：C点评：本题考查了非金属元素的性质及单质的性质、氧化还原反应的判断，注意氧化性Cl2Br2Fe3+，题目难度不大16（2分）向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入过量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到剩余固体物质的组成是（）ANaCl、NaBr、Na2SO4BNaCl、Na2SO4CNaCl、Na2SO4、I2DNaCl、NaI、Na2SO4考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：在Br、I、SO32中，还原性由弱到强为BrIS

28、O32，向含有NaBr和NaI、Na2S03的混合溶液中通入过量氯气发生：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，结合Br2和I2的性质分析解答：解：向含有NaBr和NaI、Na2S03的混合溶液中通入过量氯气发生：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，加热时，Br2、HCl易挥发，I2易升华，最后所得固体只有NaCl和Na2SO4，故选B点评：本题考查卤素知识，明确离子反应先后顺序及生成物的性质是解本题关键，难度

29、不大17（2分）在AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生则下列结论正确的是（）A滤液中一定有Fe（NO3）3B滤渣只含Ag和Cu，一定无ZnC滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无ZnD滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn考点：常见金属的活动性顺序及其应用专题：元素及其化合物分析：充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu 2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu 2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，据此分析解答解答：解：分反应后过滤，在滤渣中

30、加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu 2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu 2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，A铁能和铁离子反应，Fe过量，所以滤液中一定没有Fe（NO3）3，故A错误；B因为只有Fe和HCl反应，所以滤渣中一定含有Fe，故B错误；C根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故C正确；D根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故D错误；故选C点评：本题考查金属的活动性强弱，明确金属之间的置换反应是解本题关键，注意盐酸性质的特殊性，题目难度不大18（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列

31、叙述正确的是（）A常温常压下，33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3NAB5.6 g铁与足量的稀硫酸反应，失去电子数为0.3NAC7.8克过氧化钠与足量的水反应，转移的电子总数为0.1 NAD1 L 1 molL1 Na2CO3溶液中含有NA个CO32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、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价；C、过氧化钠与水的反应是歧化反应；D、CO32是弱酸根，在溶液中会水解解答：解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，即27g金属

32、铝过量，则转移的电子数由氯气决定，故转移的电子的个数小于3NA个，故A错误；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价，故5.6g铁即0.1mol铁失去0.2mol电子，故B错误；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与水的反应是歧化反应，在反应中，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子，故C正确；D、CO32是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中CO32的个数小于NA个，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大19（2分）下列物质中，不能由Fe跟非金属单质直接化合而成的是（）AFe3O

33、4BFeSCFeCl3DFeCl2考点：铁的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：Fe为变价金属，与强氧化剂反应生成高价金属化合物，与弱氧化剂反应生成低价态金属化合物，以此来解答解答：解：AFe与氧气燃烧生成Fe3O4，故A不选；BFe与S燃烧生成FeS，故B不选；CFe在氯气中燃烧生成FeCl3，故C不选；D氯气具有强氧化性，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故D选；故选D点评：本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握铁为变价金属及与氧化剂的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及氧化性的考查，题目难度不大20（2分）将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（）A硫酸B氯水C硝

34、酸锌D氯化铜考点：铁的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H+、Cl、Fe2+，若要将Fe2+变为Fe3+，需要强氧化性物质，如MnO4，氯气等解答：解：铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H+、Cl、Fe2+，若要将Fe2+变为Fe3+，需要强氧化性物质，如MnO4，氯气等在H+存在的情况下，NO3表现强氧化性，发生反应：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性Cu2+氧化性很弱，需要有强还原剂才能反应故选：BC点评：本题需要注意的是在H+存在的情况下，NO3才表现强氧化性，否则不反应21（2分）根据Fe+C

35、u2+Fe2+Cu、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+两个反应，判断Fe3+、Fe2+、Cu2+的氧化性顺序为（）ACu2+Fe2+Fe3+BFe3+Fe2+Cu2+CFe3+Cu2+Fe2+DFe2+Fe3+Cu2+考点：氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题分析：在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答解答：解：Fe+Cu2+Fe2+Cu中，反应前后，铁失电子作还原剂，铜离子得电子作氧化剂，氧化产物是亚铁离子，所以氧化性Cu2+Fe2+，2Fe3+

36、Cu2Fe2+Cu2+中，反应前后，铜失电子作还原剂，铁离子得电子作氧化剂，氧化产物是铜离子，所以氧化性Fe3+Cu2+，所以Fe3+、Fe2+、Cu2+的氧化性顺序为Fe3+Cu2+Fe2+，故选C点评：本题考查了氧化性强弱的比较，难度不大，根据“同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”来分析解答即可22（2分）由FeSO4和Fe2（SO4）3组成的混合物中，含硫为a%，则所含铁的质量百分含量为（）A3a%B（1002a）%C20%D13a%考点：元素质量分数的计算专题：分析比较法分析：根据FeSO4和Fe2（SO4）3两物质的组成，可知混合物中硫元素与氧元素的质量比为32：16

37、4=1：2，据此计算氧元素质量分数，混合物中Fe元素质量分数=1w（S）w（O）解答：解：FeSO4和Fe2（SO4）3中n（S）：n（O）=1：4，可知混合物中硫元素与氧元素的质量比为32：164=1：2，混合物中含硫为a%，故混合物中氧元素质量分数=2a%，混合物中Fe元素质量分数=1a%2a%=13a%，故选D点评：本题考查根据化学式进行元素质量分数的计算，难度不大，关键是利用化学式确定混合物硫元素与氧元素质量定比关系23（2分）在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果

38、不可能出现的是（）A烧杯中有铜无铁B烧杯中有铁无铜C烧杯中铁铜都有D烧杯中铁铜都无考点：常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答解答：解：AFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；BFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe

39、而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B选；C如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；D如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；故选B点评：本题考查铁、铜的性质及活动性顺序，明确金属及离子反应先后顺序是解本题关键，侧重考查学生分析、推断能力，题目难度中等24（2分）下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）AFe3+、Fe2+、Cl、OHBFe2+、H+、Na+、NO3CH+、Fe2+、SO42、ClDFe3+、NO3、K+、I考点：离子共存问题专题：离子反应专

40、题分析：根据离子之间不能结合生成气体、水、沉淀等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：AFe3+、Fe2+、分别与OH结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BFe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DFe3+、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存，为高考经典题型，把握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，注重思维严密性训练，综合性较强，题目难度不大25（2分）将适量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+

41、浓度相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：1考点：铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案解答：解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2 3 n 1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为1.5n，所以未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比=

42、1.5n：n=3：2故选B点评：本题是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式解答问题的能力，难度不大二、解答题（共5小题，满分50分）26（10分）写出下列反应的离子反应方程式（1）向硫酸铜溶液中加入钠单质Cu2+2Na+2H2O=Cu（OH）2+2Na+H2（2）向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液Al3+4OHAlO2+2H2O（3）向FeBr2溶液中通入足量氯气2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl（4）向水玻璃中滴加盐酸SiO32+2H+=H2SiO3（5）将氯气通入水中Cl2+H2O=H+Cl+HClO考点：离子方程式的书写专题：离子反应专

43、题分析：（1）硫酸铜溶液中加入钠反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气；（2）向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠；（3）向FeBr2溶液中通入足量氯气，反应生成氯化铁、溴单质；（4）硅酸钠与盐酸反应生成硅酸和氯化钠；（5）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸解答：解：（1）硫酸铜溶液中加入钠反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，离子方程式：Cu2+2Na+2H2O=Cu（OH）2+2Na+H2；故答案为：Cu2+2Na+2H2O=Cu（OH）2+2Na+H2；（2）向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠，离子方程式：Al3+4OHAlO2+2H2O；故答案为：Al3+4OHAl

44、O2+2H2O；（3）向FeBr2溶液中通入足量氯气，离子方程式：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl；（4）向水玻璃中滴加盐酸，离子方程式：SiO32+2H+=H2SiO3；故答案为：SiO32+2H+=H2SiO3；（5）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，离子方程式：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO点评：本题考查离子反应的书写，为高考高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，注意离子反应的书写方法及需要保留化学式的物质，题目难度不大27（11分）A和B均为钠盐的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有氧化性下述为相关实验步骤和实验现象

45、：请回答：（1）写出A、B和C的化学式：ANaI，BNaClO，CAgI；（2）依次写出AD和DE（E中含有某+5价元素的含氧酸根离子）的离子方程式：2I+ClO+H2O=I2+Cl+2OH，I2+5ClO+2OH=2IO3+5Cl+H2O；（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；（4）写出由FH的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O考点：无机物的推断；盐类水解的应用专题：推断题分析：钠盐A能和AgNO3溶液反应生成一种难溶于HNO3的黄色沉淀，可确定A为NaI，C为AgI；黄绿色气体F是Cl2；F

46、和NaOH溶液反应生成钠盐B，根据B呈碱性并具有氧化性，可知B为NaClO（NaCl、NaClO3溶液均呈中性）；NaClO具有强氧化性，能氧化NaI，少量NaClO将NaI氧化成I2，进一步反应生成NaIO3，其中I为+5价；Cl2氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3又能氧化SO2生成SO42解答：解：钠盐A能和AgNO3溶液反应生成一种难溶于HNO3的黄色沉淀，可确定A为NaI，C为AgI；黄绿色气体F是Cl2；F和NaOH溶液反应生成钠盐B，根据B呈碱性并具有氧化性，可知B为NaClO（NaCl、NaClO3溶液均呈中性）；NaClO具有强氧化性，能氧化NaI，少量NaClO将NaI

47、氧化成I2，进一步反应生成NaIO3，其中I为+5价；Cl2氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3又能氧化SO2生成SO42，则（1）由以上分析可知A为NaI，B为NaClO，C为AgI，故答案为：NaI； NaClO； AgI；（2）NaClO具有强氧化性，能氧化NaI，少量NaClO将NaI氧化成I2，反应的离子方程式为2I+ClO+H2O=I2+Cl+2OH，进一步反应可把I2氧化为NaIO3，反应的离子方程式为I2+5ClO+2OH=2IO3+5Cl+H2O，故答案为：2I+ClO+H2O=I2+Cl+2OH； I2+5ClO+2OH=2IO3+5Cl+H2O；（3）FeCl3能氧化

48、SO2生成SO42，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；（4）FH为Cl2与NaOH的反应，反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，此题解题突破口为几种物质的颜色，由此可知为卤素单质及其化合物之间的相互转变，答题时注意体会28（11分）铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少

49、量SiO2、Fe2O3等杂质；溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，生成硅铝酸盐沉淀，化学方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2ONa2Al2Si2O8+4NaOH（1）铝土矿在溶解前通常先将矿石粉碎，这样做的优点：加快溶解铝土矿的速率（2）写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液后，该步操作中发生反应的离子方程式：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；SiO2+2OHSiO32+H2O（3）滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；实验室过滤时使用到的玻璃仪器有：烧杯，普通漏斗和玻璃棒（4）在工艺流程第三步中通入过量二氧化碳使铝元素转化为沉淀，该反应的离子方程式为AlO2+2H2O

50、+CO2HCO3+Al（OH）3（5）若将铝溶解，下列试剂中最好选用B（填字母）A浓硫酸B稀硫酸C稀硝酸考点：镁、铝的重要化合物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：元素及其化合物分析：（1）铝土矿在溶解前通常先将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率；（2）氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水；（3）只有氧化铁与碱不反应，结合信息可知还生成Na2Al2Si2O8，实验室过滤时使用到的玻璃仪器有：烧杯，普通漏斗和玻璃棒；（4）第三步中，选用二氧化碳作酸化剂，可将Al元素全部转化为沉淀，离子方程式为：AlO2+2H2O+CO2HCO3+Al（OH）3；（5）根据Al的化学性质及不

51、生成有毒气体来解答解答：解：（1）铝土矿在溶解前通常先将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，所以这样做的优点为加快溶解铝土矿的速率，故答案为：加快溶解铝土矿的速率；（2）氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，离子反应分别为Al2O3+2OH2AlO2+H2O、SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；SiO2+2OHSiO32+H2O；（3）只有氧化铁与碱不反应，结合信息可知还生成Na2Al2Si2O8，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，实验室过滤时使用到的玻璃仪器有：烧杯，普通漏斗和玻璃棒；故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；玻璃棒；（4）经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，所以第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因为将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，离子方程式为：AlO2+2H2O+CO2HCO3+Al（OH）3，故答案为：AlO2+2H2O+CO2HCO3+Al（OH）3；（5）因铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒