河南省周口市中英文学校2015届高三上学期第一次月考化学试卷

1、河南省周口市中英文学校2015届高三上学期第一次月考化学试卷一、单项选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分1（3分）化学与生活、社会密切相关下列说法不正确的是（）A可利用废油脂制肥皂B合金中可能含有非金属元素C水玻璃可用于制造木材防火剂D煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料2（3分）IT产业中一些车间要求必须做到无尘生产，工人在车间工作时的服装需经静电除尘处理这种处理方法应用的原理是（）A胶体的丁达尔现象B胶体的布朗运动C胶体的电泳D渗析3（3分）下列有关说法中，正确的是（）A分馏、干馏都是物理变化B127I和131I互为同素异形体C硫酸铜、二氧化硫都是电解质D

2、盐酸、漂白粉都是混合物4（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A铝单质与NaOH溶液反应：2Al+2OH=2AlO2+3H2B醋酸溶液与NaHCO3溶液反应：H+HCO3=CO2+H2OCSO2通入溴水中：SO2+Br2+H2O=SO42+2Br+2H+D铁溶于过量稀硝酸中：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O5（3分）下列实验操作或检验正确的是（）A收集氯气B转移溶液C模拟工业制备并检验氨气D用海水制少量蒸馏水6（3分）下列叙述中正确的是（）A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中

3、存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+7（3分）某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的NH3（气）和Cl2（气）恰好完全反应若反应产物只有N2（气）和NH4Cl（固），则反应前后容器中压强比应接近于（）A1：11B11：1C7：11D11：78（3分）下列有关物质保存的说法正确的组合是（）钠应该密封在煤油中保存；过氧化钠可以露置在空气中保存；氯水应该密封在无色试剂瓶中保存；漂白粉不能露置在空气中保存ABCD9（3分）下列混合物的分离或提纯操作中不正确的是（）A除去N2中的少量O2，可通过灼热的Cu网，收集气体B除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl离子

4、，可用过滤的方法C除去乙醇中的少量NaCl，可用蒸馏的方法D重结晶、萃取操作都可用于提纯物质10（3分）氢化钙（CaH2中H为1价）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2，下列说法错误的是（）ACaH2既是氧化剂，又是还原剂BH2既是氧化产物，又是还原产物CCaH2是还原剂，H2O是氧化剂D氧化产物与还原产物的质量比为1：111（3分）在无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）ANa+、NH4+、NO3、MnO4BK+、SO42、OH、AlO2CK+、Fe3+、Cl、BrDBa2+、Na+、OH、CO3212（3分）在加热的条件下，氯气与碘单质以等物质的量反应

5、，可得一红棕色液体IClICl的性质类似于卤素，有很强的化学活泼性，如：2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2； ICl+H2O=HCl+HIO下列叙述正确的是（）A在Zn与ICl的反应中，ICl既是氧化剂，又是还原剂B在Zn与ICl的反应中，ZnI2既是氧化产物，又是还原产物C在H2O与ICl的反应中，ICl是氧化剂，H2O是还原剂D在H2O与ICl的反应中，ICl既是氧化剂，又是还原剂13（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol Na2O和1mol Na2O2中，含阴离子的数目均为NAB标准状况下，1mol Cl2溶于水，转移电子的数目为NAC含2mol H2SO4

6、 的浓硫酸与足量铜粉完全反应，生成气体分子的数目为2NAD将含Na+数目为NA的NaCl固体溶于1L水中，所得溶液的浓度为1molL114（3分）下列各项操作中发生先沉淀后溶解现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2 向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2 向石灰水中通入过量CO2 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸ABCD15（3分）下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸苯酚钠溶液与CO2 硝酸银溶液与氨水氯化铝溶液与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水ABC仅有D1

7、6（3分）14Cu2+5FeS2+12H2O7Cu2S+5Fe2+24H+3SO42Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+对上述两个反应判断正确的是（）A反应中SO42都是氧化产物B两个反应中电子转移数目都是10molC反应中的硫元素既被氧化又被还原D氧化性：MnO4S2O8217（3分）镁铝合金5.1g 完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2L NO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A13.6 gB7.8gC5.8gD4g18（3分）某无色溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则

8、下列关于溶液组成的判断正确的是（）肯定不含I肯定不含Cu2+肯定含有SO32可能含有IABCD二、解答题（共4小题，满分46分）19（8分）焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈发生的反应体系中共有六种物质：NH4C1、FeC13、N2、Fe2O3、Fe和X（1）写全该反应的化学方程式，并用双线桥法标出该反应的电子转移情况：6NH4C1+4Fe2O33N2+6Fe+2FeC13+；（2）当转移的电子总数为a个时，氮气物质的量变化了bmol，阿伏加德罗数常数为（用含a、b的代数式表示）（3）反应中被氧化产生了11.2L（标准状况）的气体时，被还原的物质的物质的量为mol20（10

9、分）回答下列问题（填序号）：（1）下列仪器中：漏斗；容量瓶；蒸馏烧瓶；天平；分液漏斗；量筒；燃烧匙常用于物质分离的是，其中根据物质沸点不同来分离物质的仪器是（用序号填写）（2）今欲用NaOH固体配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液根据题意填空：A配制该溶液应选用 mL容量瓶B用托盘天平称取 g固体NaOHC将称好的NaOH固体放至500mL的大烧杯中，倒入约250mL蒸馏水，用搅拌至完全溶解待冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移至容量瓶D用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀E向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约12厘米

10、时，改用 滴加蒸馏水至液面与刻度线相切盖好瓶塞，摇匀如果加水时液面超过刻度线，将使配得的溶液浓度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）F配制好的溶液（填“能”或“不能”）长期存放在容量瓶中21（16分）有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH、Mg2+、Ba2+、Al3+、I、NO、CO、SO、AlO，取该溶液进行以下实验：（1）取pH试纸检验，溶液呈酸性，可以排除的存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4呈紫红色，可以排除的存在（3）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，反应过程中均无沉淀产生，则又可排除的存在（4）取出部分上述碱性溶液加

11、Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明有的存在，又可以排除的存在（5）根据上述实验事实可以确定，该溶液中肯定存在的离子是，还不能确定是否存在的离子是22（12分）氯气在生产生活中应用广泛实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取，反应原理如下：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（1）若制得标准状况下11.2L Cl2，则被氧化的HCl为mol（2）多余的氯气可用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为工业上也可用MnSO4溶液吸收氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用于电子工业、印染工业等领域请写出该化学反应的化学方程式（3）海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO21991年由

12、Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的广泛可制备纯净的MnO2，其制备过程如图所示：步骤I中，试剂甲必须具有的性质是（填序号）a氧化性b还原性c酸性步骤中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050mol MnO2时，消耗0.10molL1 的NaClO3溶液200mL，该反应的离子方程式为（4）用100mL 12.0molL1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，反应产生的氯气物质的量远远少于0.30mol，请你分析可能的原因为河南省周口市中英文学校2015届高三上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分1（3分）化学与生活、社会密切相关下

13、列说法不正确的是（）A可利用废油脂制肥皂B合金中可能含有非金属元素C水玻璃可用于制造木材防火剂D煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料考点：肥皂、合成洗涤剂；合金的概念及其重要应用；铝的化学性质；煤的干馏和综合利用 专题：化学应用分析：A油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应；B合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质一般通过熔合成均匀液体和凝固而得；C水玻璃学名硅酸钠，也叫泡花碱，其无水物为无定型的玻璃状物质，无嗅无味，不燃不爆，有碱性；D没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化解答：解：A油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸钠

14、，故A正确； B合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质合金材料中一定有金属，也可能含有非金属元素，故B正确；C把硅酸钠作为木材防火剂则充分利用了其不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，故C正确；D煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故D错误故选D点评：本题考查皂化反应、合金、木材防火剂、煤的气化和液化等，难度不大，注意煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化2（3

15、分）IT产业中一些车间要求必须做到无尘生产，工人在车间工作时的服装需经静电除尘处理这种处理方法应用的原理是（）A胶体的丁达尔现象B胶体的布朗运动C胶体的电泳D渗析考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：胶粒因吸附带有电荷，能在电场中发生定向运动，据此解题解答：解：胶粒因吸附带有电荷，能在电场中发生定向运动，这种现象称为电泳故选C点评：本题考查胶体的性质，难度较小，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3（3分）下列有关说法中，正确的是（）A分馏、干馏都是物理变化B127I和131I互为同素异形体C硫酸铜、二氧化硫都是电解质D盐酸、漂白粉都是混合物考点：蒸馏与分馏；同素异形

16、体；混合物和纯净物；电解质与非电解质；煤的干馏和综合利用 专题：物质的分类专题分析：A石油分馏是根据混合物中各成分的沸点不同，控制温度得到不同馏分，是物理变化；煤的干馏是隔绝空气加强热发生了复杂的物理化学过程；B由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；C电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物；D混合物是由两种或两种以上的物质组成解答：解：A石油的分馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化，故A错误； B127I和131I是原子不是单质，故B错误；C二氧化硫溶于水能够导电，导电离子是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸电离的，不是二氧化硫电离的，所以二氧化硫属于非电解质，故C错误；D盐酸是由HCl和水组成，

17、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，都属于混合物，故D正确故选D点评：本题考查了较多的基础知识，注重了基本概念的考查，学生只要熟悉概念及概念中的要点，注重平时的积累即可解答4（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A铝单质与NaOH溶液反应：2Al+2OH=2AlO2+3H2B醋酸溶液与NaHCO3溶液反应：H+HCO3=CO2+H2OCSO2通入溴水中：SO2+Br2+H2O=SO42+2Br+2H+D铁溶于过量稀硝酸中：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A漏写氧化剂，水参加反应；B醋酸在离子反应中保留化学式；C发生氧化还原反应生成硫酸和

18、HBr，电荷不守恒；D反应生成硝酸铁、NO和水，遵循电子、电荷守恒及原子守恒解答：解：A铝单质与NaOH溶液反应的离子反应为2H2O+2Al+2OH=2AlO2+3H2，故A错误；B醋酸溶液与NaHCO3溶液反应的离子反应为CH3COOH+HCO3=CO2+H2O+CH3COO，故B错误；CSO2通入溴水中的离子反应为SO2+Br2+2H2O=SO42+2Br+4H+，故C错误；D铁溶于过量稀硝酸中的离子反应为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还

19、原反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大5（3分）下列实验操作或检验正确的是（）A收集氯气B转移溶液C模拟工业制备并检验氨气D用海水制少量蒸馏水考点：氨的制取和性质；配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法；氯气的化学性质；蒸馏与分馏 分析：A、根据氯气密度比空气密度大，应该长导管进短导管出分析；B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液必须使用玻璃棒引流；C、根据合成氨原理及检验氨气的方法进行分析；D、利用海水中含有的盐沸点较高，而水的沸点较低可以制取少量蒸馏水解答：解：A、由于氯气密度比空气密度大，收集氯气时应该长导管进短导管出，图中伸入集气瓶的导管错误，故A错误；B、配制溶液时

20、不能直接将溶液导入容量瓶，应该使用玻璃棒引流，避免溶液流到容量瓶外壁，影响配制结果，故B错误；C、在催化剂作用下氮气与氢气飞反应生成氨气，使用湿润的红色石蕊试纸检验氨气有氨气生成，不是蓝色石蕊试纸，故C错误；D、图中装置可以利用水与海水中的盐的沸点不同，通过蒸馏获得少量的蒸馏水，故D正确故选D点评：本题考查了氨气的制取原理和检验方法、配制一定物质的量浓度的溶液转移溶液方法、氯气的收集及尾气处理、蒸馏水的制取等知识，题目难度不大，涉及的知识点较多，充分检查了学生对基础知识的巩固情况，培养了学生灵活应用所学知识的能力6（3分）下列叙述中正确的是（）A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润

21、湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 专题：化学实验基本操作分析：A实验室保存液溴常用水封的方法；B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；CCC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4解答：解：A液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2

22、等物质，但不一定为Cl2，故B错误；CCC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I无色，故C错误；D溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误故选A点评：本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作7（3分）某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的NH3（气）和Cl2（气）恰好完全反应若反应产物只有N2（气）和NH4Cl（固），则反应前后容器中压强比应接近于（）A1：11B11：1C7：11D11：7考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：根据题意，反应的方程式为：8NH3+3Cl2=

23、N2+6NH4Cl，根据pV=nRT判断反应前后压强关系解答：解：反应为NH3（气）和Cl2（气），生成物为N2（气）和NH4Cl（固），则反应的方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，由方程式可知：反应前后气体的物质的量之比为11：1，由pV=nRT可知，相同温度，体积一定时，气体的物质的量之比等于压强之比，所以反应前后容器中压强比应接近于11：1，故选B点评：本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，本题解题关键是根据题意正确书写化学方程式8（3分）下列有关物质保存的说法正确的组合是（）钠应该密封在煤油中保存；过氧化钠可以露置在空气中保存；氯水应该密封在无色试剂瓶中保存；漂白粉不能

24、露置在空气中保存ABCD考点：化学试剂的存放 专题：元素及其化合物分析：从物质的性质角度选择药品保存的方法，钠易与水、氧气反应；过氧化钠易与水、二氧化碳反应；氯水中次氯酸见光易分解；漂白粉易与空气中的水和二氧化碳反应产生次氯酸而见光分解解答：解：钠易与水、氧气反应，而不与煤油反应，且密度大于煤油，可以密封在煤油中保存，正确；过氧化钠易与水、二氧化碳反应，应在干燥的环境中密封保存，错误；氯水中次氯酸见光易分解，应密封在棕色试剂瓶中，错误；漂白粉易与空气中的水和二氧化碳反应产生次氯酸而见光分解，不能露置在空气中保存，正确故选B点评：本题考查药品的保存，题目难度不大，做题时注意把握物质的性质，根据性

25、质选择保存方法9（3分）下列混合物的分离或提纯操作中不正确的是（）A除去N2中的少量O2，可通过灼热的Cu网，收集气体B除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl离子，可用过滤的方法C除去乙醇中的少量NaCl，可用蒸馏的方法D重结晶、萃取操作都可用于提纯物质考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：实验评价题分析：本题属于除杂质题，根据物质的性质选择合适的方法来除去杂质，注意在除杂时要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应，反应时不能引入新的杂质解答：解：A、氧气可以和金属铜反应，但是氮气不反应，除去氮气中的氧气可以用灼热的Cu网，故A正确；B、Fe（OH）3胶体和Cl均可以

26、通过滤纸，不能采用过滤的方法，可以采用渗析法，故B错误；C、乙醇和氯化钠的沸点相差大，可用蒸馏的方法除去乙醇中少量NaCl，故C正确；D、重结晶、萃取操作都可用于提纯物质，故D正确故选B点评：本题主要主要考查了物质的除杂，抓住除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质是解题的关键10（3分）氢化钙（CaH2中H为1价）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2，下列说法错误的是（）ACaH2既是氧化剂，又是还原剂BH2既是氧化产物，又是还原产物CCaH2是还原剂，H2O是氧化剂D氧化产物与还原产物的质量比为1：1

27、考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：反应CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2中，CaH2中H元素为1价，在反应中升高为0；H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，以此来解答解答：解：ACaH2中H元素为1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故A错误；B由反应可知，氧化产物与还原反应均为氢气，故B正确；CCaH2中H元素为1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故C正确；D氧化产物与还原反应均为氢气，其物质的量相同，则氧化产物与还原产物的质量比为1：1，故D正确；故选A点

28、评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的基本概念来解答，难度不大11（3分）在无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）ANa+、NH4+、NO3、MnO4BK+、SO42、OH、AlO2CK+、Fe3+、Cl、BrDBa2+、Na+、OH、CO32考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，如离子之间不发生复分解反应，氧化还原反应以及互促水解反应，则离子可大量共存解答：解：AMnO4有颜色，不符合题目无色的要求，故A错误；B溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CFe3+有颜色，不符合题目无色的要

29、求，故C错误；DBa2+与CO32反应生成沉淀而不能大量共存，故D错误，故选B点评：本题考查离子共存问题，注意题目无色的要求，明确离子的性质为解答该题的关键，题目难度不大12（3分）在加热的条件下，氯气与碘单质以等物质的量反应，可得一红棕色液体IClICl的性质类似于卤素，有很强的化学活泼性，如：2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2； ICl+H2O=HCl+HIO下列叙述正确的是（）A在Zn与ICl的反应中，ICl既是氧化剂，又是还原剂B在Zn与ICl的反应中，ZnI2既是氧化产物，又是还原产物C在H2O与ICl的反应中，ICl是氧化剂，H2O是还原剂D在H2O与ICl的反应中，ICl既是

30、氧化剂，又是还原剂考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：A、2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2；依据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，元素化合价降低的物质做氧化剂；B、2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2；依据元素化合价变化分析判断，还原剂被氧化得到氧化产物，氧化剂被还原为还原产物；C、ICl+H2O=HCl+HIO；依据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，元素化合价降低的物质做氧化剂；D、ICl+H2O=HCl+HIO；依据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，元素化合价降低的物质做氧化剂解答：解：A、反应2Zn+2ICl

31、=ZnI2+ZnCl2中，Zn元素化合价升高做还原剂，ICl中碘元素化合价降低做氧化剂，故A错误；B、反应2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2中，Zn元素化合价升高做还原剂，ICl中碘元素化合价降低做氧化剂，得到氧化产物为ZnI2和ZnCl2，还原产物为ZnI2，所以ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C、反应ICl+H2O=HCl+HIO中，元素化合价反应前后无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；D、反应ICl+H2O=HCl+HIO中，元素化合价反应前后无化合价变化，不是氧化还原反应，故D错误；故选B点评：本题考查了氧化还原反应的概念判断、概念应用，化合价变化是氧化还原反应

32、的特征，是判断的依据13（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol Na2O和1mol Na2O2中，含阴离子的数目均为NAB标准状况下，1mol Cl2溶于水，转移电子的数目为NAC含2mol H2SO4 的浓硫酸与足量铜粉完全反应，生成气体分子的数目为2NAD将含Na+数目为NA的NaCl固体溶于1L水中，所得溶液的浓度为1molL1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过氧化钠的阴离子为过氧根离子，1mol Na2O和1mol Na2O2中都含有1mol阴离子；B氯气溶于水中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；C随着反应的进行，浓

33、硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以生成的二氧化碳的物质的量减小；D氯化钠溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L解答：解：A1mol Na2O和1mol Na2O2中都含有1mol阴离子，含阴离子的数目均为NA，故A正确；B1mol Cl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；C铜与浓硫酸的反应中，反应消耗2mol浓硫酸，会生成1mol二氧化硫，由于随着反应的进行，浓硫酸浓度减小，最后浓硫酸变成稀硫酸后，稀硫酸与铜不反应，所以生成的二氧化硫的物质的量小于1mol，生成气体分子的数目小于NA，故C错误；D将含Na+数目为NA的NaCl固

34、体溶于1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1molL1，故D错误；故选A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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为易错点，注意所得溶液的体积不是1L14（3分）下列各项操作中发生先沉淀后溶解现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2 向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2 向石灰水中通入过量CO2 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸ABCD考点：钠的重要化合物；胶体的重要性质；二氧化硫的化学性质；硅酸

35、的性质及制法 专题：几种重要的金属及其化合物分析：二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象，H2SO4与Fe（OH）3反应，所以出现先沉淀后溶解现象；硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2生成硫酸钡沉淀；根据石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca（HCO3）2；盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应解答：解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是

36、饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不符合；因Fe（OH）3胶体加入稀硫酸产生聚沉现象，H2SO4与Fe（OH）3反应，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故符合；硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不能溶解，故不符合；石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca（HCO3）2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故符合；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所

37、以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不符合；故选C点评：本题主要考查的是物质的性质，根据物质的性质结合方程式分析本题即可，需要注意的是胶体的性质15（3分）下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸苯酚钠溶液与CO2 硝酸银溶液与氨水氯化铝溶液与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水ABC仅有D考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：碳酸钠溶液与盐酸，前者过量生成碳酸氢钠和氯化钠，后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳；偏铝酸钠溶液与盐酸，根据氢氧化铝的两性分析，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；酸性H2CO3C6

38、H5OHHCO3；硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀；Al（OH）3不溶于过量的氨水；酸式盐和对应碱的反应，前者过量，生成的碳酸根离子过量，后者过量，氢氧根离子过量解答：解：碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，反应为：CO32+H+=HCO3；后者过量，即碳酸钠少量，发生反应为：CO32+2H+=CO2+H2O，所以量不同，反应不同，故错误；偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2+H+H2OAl（OH）3产生白色沉淀，后者过量发生AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，量不同，生成产物不同，故错误；苯酚钠中通入二氧化碳反

39、应生成碳酸氢钠和苯酚，与量无关，C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO3，故正确；硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解先发生：Ag +NH3H2O=AgOH+NH4+，后发生：AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，故错误；Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3 NH4+，故正确；碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+

40、CO32+2H2O，后者过量，HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，量不同，生成产物不同，故错误；故选A点评：本题考查离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质，题目难度较大16（3分）14Cu2+5FeS2+12H2O7Cu2S+5Fe2+24H+3SO42Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+对上述两个反应判断正确的是（）A反应中SO42都是氧化产物B两个反应中电子转移数目都是10molC反应中的硫元素既被氧化又被还原D氧化性：MnO4S2O82考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：14Cu2+5FeS2+12H2O7Cu2S+5

41、Fe2+24H+3SO42中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价；Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+中，Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A为SO42是氧化产物，SO42是还原产物，故A错误；B中生成3molSO42转移3mol7=21mol电子，中生成3molSO42转移3mol（76）=3mol，故B错误；C反应中，FeS2中的S元素化合价既升高又降低，则硫元素既被氧化又被还原，故C正确；D由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，结合反应得到氧化性为MnO4S2O82，故D错误

42、；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，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大17（3分）镁铝合金5.1g 完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2L NO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A13.6 gB7.8gC5.8gD4g考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成的沉淀是氢氧化镁，令镁铝合金中Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，再根据Mg元素守恒

43、有nMg（OH）2=n（Mg），根据m=nM计算氢氧化镁的质量解答：解：在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成的沉淀是氢氧化镁，令镁铝合金中Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和有：24x+27y=5.1根据电子转移守恒有：2x+3y=（54）联立方程解得x=0.1，y=0.1根据Mg元素守恒有nMg（OH）2=n（Mg）=0.1mol，生成的氢氧化镁的质量为0.1mol58g/mol=5.8g，故选C点评：本题考查混合物的有关计算，难度不大，注意最终沉淀为氢氧化镁，注意电子只有守恒的利用18（3分）某无色溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该溶液中

44、加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（）肯定不含I肯定不含Cu2+肯定含有SO32可能含有IABCD考点：常见离子的检验方法 专题：物质检验鉴别题分析：还原性SO32I，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32，溶液中可能含有I离子，原来溶液呈无色，说明不含Cu2+离子，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在解答：解：还原性SO32I，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32，溶液中可能含有I离子，因加入溴水少量，I没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中含有铵根离子，故正确的有，故选D

45、点评：本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，再结合离子的性质来分析解答即可，难度中等二、解答题（共4小题，满分46分）19（8分）焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈发生的反应体系中共有六种物质：NH4C1、FeC13、N2、Fe2O3、Fe和X（1）写全该反应的化学方程式，并用双线桥法标出该反应的电子转移情况：6NH4C1+4Fe2O33N2+6Fe+2FeC13+12H2O；（2）当转移的电子总数为a个时，氮气物质的量变化了bmol，阿伏加德罗数常数为（用含a、b的代数式表示）（3）反应中被氧化产生了11.2L（标准状况）的气体时，被

46、还原的物质的物质的量为0.5mol考点：氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算；氧化还原反应 专题：计算题分析：由焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物为NH4Cl、Fe2O3，则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒可知X中含有H、O元素，则X为H2O，（1）由原子守恒配平反应，反应中N失去电子，Fe得到电子，转移18mol电子；（2）生成3mol氮气转移18NA个电子，以此计算；（3）11.2L（标准状况）的气体，其物质的量为=0.5mol，由6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O可知，气体与起氧化剂作用的氧化铁得关系为3N23Fe

47、2O3，以此计算解答：解：由焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物为NH4Cl、Fe2O3，则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒可知X中含有H、O元素，则X为H2O，（1）由原子守恒可知反应为6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O，反应中N失去电子，Fe得到电子，转移18mol电子，双线桥法标出该反应的电子转移情况为，故答案为：12H2O；（2）生成3mol氮气转移18NA个电子，转移的电子总数为a个时，氮气物质的量变化了bmol，则，解得NA=，故答案为：；（3）11.2L（标准状况）的气体，其物质的量为=0.5mol，由6NH4C

48、l+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O可知，气体与起氧化剂作用的氧化铁得关系为3N23Fe2O3，则被还原的物质的质量为0.5mol，故答案为：0.5点评：本题考查氧化还原反应得配平及有关计算，为高频考点，根据电子守恒及质量守恒定律得出化学反应方程式是解答本题的关键，并注意（3）利用关系式或电子守恒计算，题目难度中等20（10分）回答下列问题（填序号）：（1）下列仪器中：漏斗；容量瓶；蒸馏烧瓶；天平；分液漏斗；量筒；燃烧匙常用于物质分离的是，其中根据物质沸点不同来分离物质的仪器是（用序号填写）（2）今欲用NaOH固体配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液根据题意填空：

49、A配制该溶液应选用500 mL容量瓶B用托盘天平称取4.0 g固体NaOHC将称好的NaOH固体放至500mL的大烧杯中，倒入约250mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌至完全溶解待冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移至容量瓶D用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀E向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约12厘米时，改用胶头滴管 滴加蒸馏水至液面与刻度线相切盖好瓶塞，摇匀如果加水时液面超过刻度线，将使配得的溶液浓度偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）F配制好的溶液不能（填“能”或“不能”）长期存放在容量瓶中考点：配制一定物质的量浓度的溶液

50、专题：化学实验基本操作分析：（1）漏斗用于固液分离、蒸馏烧瓶分离沸点相差互不相溶的液体、分液漏斗分离互不需要的液体；容量瓶用于溶液配制与可以用于固定体积量取，天平称量固体，量筒量取液体，燃烧匙用于燃烧物质；（2）A根据溶液的体积与容量瓶的规格选择；B根据m=cVM计算配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量；C固体溶解需要用玻璃棒搅拌，加速溶解；E向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约12厘米时，改用 胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；分析操作对n、V的影响，根据c=分析判断操作对溶液浓度的影响；F一些强碱溶液会腐蚀玻璃，存放时间久了会影响容量瓶的容量，配制好的溶

51、液不能长期存放在容量瓶中解答：解：（1）漏斗用于固液分离、蒸馏烧瓶分离沸点相差互不相溶的液体、分液漏斗分离互不需要的液体；容量瓶用于溶液配制与可以用于固定体积量取，天平称量固体，量筒量取液体，故答案为：；（2）A配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液，所以选择500mL容量瓶，故答案为：500；B配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量0.5L0.2mol/L40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；C固体溶解需要用玻璃棒搅拌，加速溶解，故答案为：玻璃棒；E向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约12厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；加水时液面

52、超过刻度线，所配溶液体积降低，将使配得的溶液浓度偏低，故答案为：胶头滴管；偏低；F一些强碱溶液会腐蚀玻璃，存放时间久了会影响容量瓶的容量，配制好的溶液不能长期存放在容量瓶中，故答案为：不能点评：本题考查一定物质的量浓度溶液配制、对物质的量浓度理解与计算、仪器使用等，难度不大，注意根据c=理解溶液的配制21（16分）有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH、Mg2+、Ba2+、Al3+、I、NO、CO、SO、AlO，取该溶液进行以下实验：（1）取pH试纸检验，溶液呈酸性，可以排除CO32、AlO2的存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4呈紫红色，可以排除NO3的存在（3）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，反应过程中均无沉淀产生，则又可排除Mg2+、Al3+的存在（4）取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明有Ba2+的存在，又可以排除SO42的存在（5）根据上述实验事实可以确定，该溶液中肯定存在的离子是H+、I、Ba2+，还不能确定是否存在的离子是NH4+考点：离子反应发