山西省运城中学2015届高三上学期期末考试化学试题及答案.pdf

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1、山西省运城中学2015 届高三上学期期末考试化学试卷 一、 （本题共15 小题，每小题3 分，共 45 分每小题只有一个正确选项） 1用特殊的方法把固体物质加工到纳米级的超细粉末粒子，然后制得纳米材料下列分散系 中分散质的微粒直径和这种粒子具有相同数量级的是（） A溶液B悬 浊液C胶体D 乳浊液 考点： 分散系、胶体与溶液的概念及关系 分析： 根据溶液、胶体、浊液微粒的直径判断，胶体微粒的直径为1100nm 之间 解答： 解：溶液的微粒直径为小于1nm，浊液的微粒直径大于100nm，胶体微粒的直径为1 100nm 之间，把固体物质加工到纳米级的超细粉末粒子，与胶体的微粒直径相当， 故选 C 点

2、评： 本题以纳米材料为载体考查了胶体微粒的本质特征，注意把握分散系分类的依据，题目 难度不大，注意把握微粒直径大小的不同 2 （3 分）下列物质属于非电解质的是（） ANH3 B（ NH4）2SO4CCl2D CH3COOH 考点： 电解质与非电解质 专题： 离子反应专题 分析： 根据非电解质的定义： 非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及 电离的特点来解答此题 解答： 解：A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵 根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A 正确； B、硫酸铵在水溶液中电离出铵根离子和硫酸根离子，能够

3、导电， 所以硫酸铵是电解质， 故 B 错误； C、非电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是 非电解质，故C 错误； D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D 错误； 故选 A 点评： 把握电解质和非电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下就是否能够导 电，即是否以离子的形式分散在水中，二是该物质是化合物 3 （3 分）在下列物质之间的反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是（） AF2+H2O （生成 F2和 HF） B Na+H2O C NaH+H2O（生成 H2和 NaOH） DNa2O2+H2O 考点： 氧化还原

4、反应 分析： 在氧化还原反应中，若水水既不是氧化剂又不是还原剂，则水中H、O 元素的化合价在 反应前后不发生变化 解答： 解：A、F2+H2O 的反应中， F 元素的化合价降低，水中 O 元素的化合价升高，则水作 还原剂，故A 错误； B、Na+H2O 的反应中， Na 元素的化合价升高，水中 H 元素的化合价降低，则水作氧化 剂，故 B 错误； C、NaH+H2O 的反应中， NaH 中 H 元素的化合价升高，水中H 元素的化合价降低，则 水作氧化剂，故C 错误； D、Na2O2+H2O 的反应中， Na2O2中 O 元素的化合价既升高又降低，而水中 H、O 元素 的化合价都没有变化，则水既

5、不是氧化剂又不是还原剂，故D 正确； 故选 D 点评： 本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂， 明确元素的化合价及化合价在反应中的变 化是解答本题的关键，难度不大 4（ 3 分） 在 MgCl2、 KCl 、 K2SO4三种盐的混合溶液中， 若 K +、 Cl各为 1.5mol， Mg2+为 0.5mol， 则 SO42 的物质的量为（ ） A0.1mol B0.5mol C0.15mol D 0.25mol 考点： 物质的量的相关计算 专题： 守恒思想 分析： 根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量 相等 解答： 解：因溶液中的离子有K +、Cl、Mg

6、2+、SO 4 2，设 SO 4 2物质的量为 n， 溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等， 根据电荷守恒：1.5mol 1+0.5mol 2=1.5mol 1+n 2， 解得 n=0.5mol 故选 B 点评： 本题考查溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，比较简单 5 （3 分）等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是（） A将钠投入到足量水中 B 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中 C 将钠放入足量稀硫酸中 D将钠放入足量稀盐酸中 考点： 钠的化学性质 专题： 几种重要的金属及其化合物 分析： 如仅是钠参加反应，无论和何种溶液反应

7、，生成的氢气的量相等，并注意铝能与NaOH 溶液反应生成氢气 解答： 解：将等质量的钠投入到水、稀硫酸、稀盐酸中，放出的氢气的量相等； 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH 和氢 气，铝与NaOH 溶液反应生成氢气，则B 项生成氢气最多， 故选 B 点评： 本题考查钠的化学性质，题目难度不大，注意铝既能与酸反应又能与碱反应的性质 6（ 3 分） 制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，在烧杯中下列结果不可能出 现的是（） A有铜无铁B

8、有 铁无铜C铁、铜都有D 铁、铜都无 考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变；离子反应发生的条件 专题： 离子反应专题 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F

9、e 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 可选； 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 7 （3 分）自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显 的药品变质问题的是（） AAgNO3BFeCl2 CNa2SO3

10、D AlCl3 考点： 氯气的化学性质 专题： 卤族元素 分析： 氯水中含有H +、Cl 2、HClO 、ClO 、Cl等微粒，根据 Ag +与 Cl反应， H+与弱酸根离 子反应，亚铁离子具有还原性，能被氧化来分析解答 解答： 解：A、配制 AgNO3溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl 离子，则 Ag+与 Cl反应生成 AgCl 沉淀，产生明显的药品变质问题，故A 错误； B、配制 FeCl2溶液时，若用氯水，氯水中含有 Cl2、HClO 、ClO 等微粒，具有氧化性， 能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，故B 错误； C、配制 Na2SO3溶液时，氯水中含有 H+，H+与亚硫酸根离子反

11、应生成水和二氧化硫， 则产生明显的药品变质问题，故C 错误； D、配制 AlCl3溶液时，溶液在的离子不会与氯水中的微粒发生反应，则不会产生明显 的药品变质问题，故D 正确； 故选 D 点评： 本题考查溶液的配制，明确氯水中的成分及离子之间的反应是解答本题的关键，难度不 大 8 （3 分）下列说法正确的是（） A漂白粉的有效成分是次氯酸钠 B 离子互换型的离子反应是向离子数目减小的方向进行的 C 实验室盛装NaOH 溶液的试剂瓶要用玻璃塞而不用橡皮塞 D铁制品要防锈，而铝制品却不要防锈，这是由于铝的化学性质不如铁活泼 考点： 氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；铝的化学性质；铁的化学

12、性质 专题： 元素及其化合物 分析： A漂白粉的成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，其有效成分为次氯酸钙； B离子互换的反应为复分解反应，复分解反应的条件是有沉淀、气体、水等生成从而 使溶液中离子的量减小； C氢氧化钠与玻璃的成分二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，将瓶塞与瓶体黏在一 起，打不开； D铝的金属性比铁的强，但铝在其表面形成一层致密的氧化物，对铝起保护作用 解答： 解：A漂白粉是由石灰乳与氯气反应生成的，其成分为：是次氯酸钙与氯化钙的混合 物，起漂白作用的是次氯酸钙，故A 正确； B离子反应的实质是离子之间反应使溶液中离子的量减小，转化为不溶物或弱电解质， 因此离子互换型的离子反应为复分

13、解反应，有沉淀、气体或水生成，故溶液中离子反 应是向离子减小的方向进行，故B 正确； C玻璃的成分之一是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应生成具有粘性的硅酸钠而 将瓶塞与瓶体黏在一起，取用药品时，打不开，故C 错误； D铁的化学性质比铝的弱，铝在空气中被氧气氧化成氧化铝，是一层致密的氧化物， 可以组织铝与氧气接触，对铝起保护作用，因此不用防锈铁在空气中也被氧气氧化， 但生成的氧化铁不能起到阻止氧气的作用，它疏松故铁制品需要防锈，故D 错误； 故选 AB 点评： 本题是一道基础题，需要同学将基础知识掌握的很牢固 9 （3 分）只用一种试剂， 可区别 Na2SO4、 AlCl3、 NH4Cl、 M

14、gSO4四种溶液， 这种试剂是 （ ） AHCl BBaCl2 CAgNO3D NaOH 考点： 物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题： 实验题 分析： 分别向四种溶液中加入氢氧化钠，有刺激性气味的气体产生的原溶液是氯化氨溶液，立 即有白色沉淀生成且不溶解的原溶液是硫酸镁溶液，开始时有白色沉淀生成，随氢氧化 钠量的增多，沉淀溶解的是氯化铝溶液，无明显变化的是硫酸钠溶液 解答： 解：A加入盐酸，与以上四种物质都不反应，无法鉴别，故A 错误； B加入 BaCl2不能鉴别 Na2SO4和 MgSO4，二者都生成 BaSO4沉淀，故B 错误； C加入 AgNO3都生成白色沉淀，分别为 AgCl

15、和 Ag2SO4，无法鉴别，故C 错误； D分别向四种溶液中加入氢氧化钠，有刺激性气味的气体产生的原溶液是氯化氨溶液， 立即有白色沉淀生成且不溶解的原溶液是硫酸镁溶液，开始时有白色沉淀生成，随氢氧 化钠量的增多，沉淀溶解的是氯化铝溶液，无明显变化的是硫酸钠溶液，故D 正确 故选 D 点评： 本题考查物质的鉴别，题目难度不大，本题注意把握物质的性质，注重常见基础知识的 积累 10 （ 3 分）某同学在实验报告中有以下实验数据：用托盘天平称取11.7g 食盐；用量筒量 取 5.26mL 盐酸；用广泛pH 试纸测得溶液的pH 值是 3.5，其中数据合理的是（） AB CD 考点： 计量仪器及使用方法

16、；试纸的使用 专题： 化学实验基本操作 分析： 托盘天平的准确度是0.1g； 量筒量取液体体积最多到0.1ml； 广泛 pH 试纸测得溶液PH 为整数 解答： 解：用托盘天平称取11.7g 食盐符合天平的使用要求，故正确； 用量筒不能量取5.26mL 的盐酸，因为量筒是一粗略量取液体体积的量具，最多量取 到 0.1ml，故错误； 广泛 pH 试纸是粗略测定溶液PH 的一种实验用品，测得溶液的pH 值是整数，故 错误； 故选 A 点评： 本题考查实验基本操作中的量具的精确度，题目难度不大，注意广泛pH 试纸测得溶液 PH 为整数 11 （ 3 分）为了除去FeCl2溶液中混有的少量 FeCl3，

17、最好的方法是向此溶液中（） A通入氯气B加 入 Zn C加入 Fe D 加入 Cu 考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题： 化学实验基本操作 分析： 根据亚铁离子和铁离子的不同性质进行分析，注意在除去铁离子的同时不能带入新的杂 质 解答： 解：因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe3FeCl2，故可用 铁除去 FeCl2溶液中的少量氯化铁，如果加入金属锌和金属铜，均会向溶液中引入杂质 离子，通氯气和三价铁之间不反应，还会把亚铁离子氧化为三价铁离子 故选 C 点评： 根据物质的性质选择适当的除杂剂，注意反应后不能带入新的杂质 12 （3 分）除去 NaCl

18、 中含有的Ca 2+、Mg2+、SO 4 2、HCO 3 等离子， 通常采用以下四种试剂： Na2CO3 BaCl2NaOH HCl ，加入试剂合理的操作顺序是（） AB CD 考点： 物质的分离、提纯和除杂 专题： 离子反应专题 分析： 根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸 根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，加入盐酸可以除去过量的 碳酸钠和氢氧化钠等进行分析 解答： 解：根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去 硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，离子都沉淀了，再进 行过滤，最后

19、加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，通过结晶蒸发得到精盐加 入 Na2CO3的顺序必须在加入钡离子的后面即可，盐酸最后一步加入，分析四个选项可 知 D 符合题意，故选：D 点评： 在解此类题时，注意除杂的最后不能再有其他杂质，过滤要放在所有沉淀步骤的最后 13 （ 3分）用 98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm 3）配制 100mL 1 mol/L 的稀硫酸现给出下列 仪器 （配制过程中可能用到）： 100mL 量筒10mL 量筒50mL 烧杯 托盘天平100mL 容量瓶胶头滴管玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（） AB CD 考点： 配制一定物质的量浓度的溶液 专题： 实验题

20、分析： 先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据 配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答 解答： 解：98%的浓 H2SO4的物资的量浓度为 c=mol/L=18.4mol/L ，配制 1mol/L 的稀硫酸100mL ，需 要浓硫酸的体积为V=0.0054L ，即 5.4ml，应选择 10ml 量筒，实验时 用 10ml 量筒量取5.4ml 浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移 液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为，故选：D 点评： 本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度

21、不大， 注意量 物质的量浓度和质量百分数之间的换算 14 （ 3分）碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠现加热5.00g 的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物， 使其质量不再发生改变时，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为（） A3.38g B4.58g C4.16g D 4.41g 考点： 化学方程式的有关计算 专题： 计算题 分析： 加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠完全分解，根据反应的方程式 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，利用差量法计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳 酸钠质量 解答： 解：碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解， 设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则

22、 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2Om 2 84 62 x 0.31g 2 84：62=x ：0.31g 解得： x=0.84g， 所以： m（Na2CO3）=5gm（NaHCO3）=5g0.84g=4.16g， 故选： C 点评： 本题考查混合物的计算，难度不大， 注意碳酸氢钠的性质，利用差量法计算简化计算过 程 15 （ 3分）把 a L 含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用b mol 烧碱刚好把氨全部 赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗c mol 氯化钡，由此可知原溶液中N03 的物质的量 浓度是（单位：mol?L 1） （ ） A BCD 考点： 离子方程式的有关计算

23、 专题： 守恒法 分析： 根据 NH4+OH NH 3+H2O 来计算铵根离子的物质的量，利用Ba 2+SO 4 2BaSO 4 来计算硫酸根离子的物质的量，再根据溶液不显电性来计算原溶液中N03 的物质的量 浓度 解答： 解：设每份中NH4+的物质的量为x， SO42 的物质的量为 y，则 NH4 +OHNH 3+H2O 1 1 x b ，解得 x=b，则每份中NH4+的物质的量为bmol， Ba 2+SO 4 2BaSO 4 1 1 c y ，解得 y=c，则每份中SO42 的物质的量为 cmol， 由 aL 含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份， 则原溶液中NH4+的物质的量浓度为mol/

24、L ， 原溶液中SO42 的物质的量浓度为 mol/L ， 设原溶液中N03 的物质的量浓度为 z， 由溶液不显电性，根据电荷守恒可知， mol/L 1=mol/L 2+z 1， 解得 z=mol/L ，故选 D 点评： 本题考查学生利用离子方程式的简单计算，明确每份溶液中离子的物质的量与原溶液的 关系及原溶液中的电荷守恒即可解答 二、选择题（本题共10 小题每题3 分，共 30 分每小题有12 个正确选择若两个选项 只选一个且正确，只给1 分；只要错一个零分） 16 （ 3分）下列叙述中，正确的是（） AH2SO4的摩尔质量是98 B 等质量的 O2和 O3中所含的氧原子数相同 C 等质量的

25、 CO 与 CO2中所含碳原子数之比为11：7 D将 98g H2SO4溶解于 500mL 水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L 考点： 摩尔质量；物质的量的相关计算 专题： 计算题 分析： AH2SO4的摩尔质量是 98g/mol； BO2和 O3都由氧原子构成，二者质量相等含有的氧原子数目相等； C根据 n=计算判断物质的量关系，再根据分子中含有的C 原子数目判断； D.98g H2SO4的物质的量为 1mol，溶于水配成500mL 溶液，所得溶液中硫酸的物质的 量浓度为2 mol/L 解答： 解：AH2SO4的摩尔质量是98g/mol，1molH2SO4的质量是 98g，故

26、 A 错误； BO2和 O3都由氧原子构成，二者质量相等含有的氧原子数目相等，故 B 正确； C等质量的CO 与 CO2的物质的量之比为 ：=11： 7，二者分子都含有1 个 C 原 子，二者所含碳原子数之比为11：7，故 C 正确； D.98g H2SO4的物质的量为 1mol，溶于水配成500mL 溶液，所得溶液中硫酸的物质的 量浓度为2 mol/L ，体积 500mL 是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故D 错误； 故选 BC 点评： 本题考查常用化学计量的有关理解、计算等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握 17 （ 3分） “ 绿色化学 ” 的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化

27、学反应，使原子充 分利用，不产生污染物下列化学反应符合“ 绿色化学 ” 理念的是（） A制 CuSO4：Cu+2H2SO4（浓） =CuSO4+SO2+2H2O B 制 CuSO4：2Cu+O2=2CuO；Cu+H2SO4（稀） =CuSO4+H2O C 制 Cu（NO3）2： Cu+4HNO3（浓） =Cu（ NO3）2+2NO2+2H2O D制 Cu（NO3）2： 3Cu+8HNO 3（稀） =3Cu（NO3）2+2NO +4H2O 考点： 绿色化学 专题： 元素及其化合物 分析： 理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染 解答： 解：A、每生成1molCuSO4需要 2

28、molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A 错误 B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B 正确 C、每生成1molCu（NO3）2需要 4molHNO3并且还有 NO2等污染性的气体生成，故C 错误 D、每生成1molCu（ NO3）2需要 8/3molHNO3并且还有 NO 等污染性的气体生成，故 D 错误 故选 B 点评： 解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义 18 （ 3分）下列叙述中，正确的是（） A含金属元素的离子不一定都是阳离子 B 在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂 C 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原

29、 D金属阳离子被还原不一定得到金属单质 考点： 氧化还原反应；离子化合物的结构特征与性质 专题： 氧化还原反应专题 分析： A根据 AlO 2 、MnO 4 等酸根离子分析； BH2、CO、SO2等非金属元素的单质或化合物在化学反应中常作还原剂； C某元素从化合态变为游离态时，该元素可能被氧化，也可能被还原； D根据反应2Fe 3+Fe=3Fe2+分析 解答： 解：AAlO 2 、MnO 4 等酸根离子中含有金属元素，所以含金属元素的离子不一定都 是阳离子，故A 正确； BH2、CO、SO2等非金属元素的单质或化合物在化学反应中常作还原剂，判断是氧化 剂还是氧化剂需从化合价的变化角度分析，故B

30、 错误； C某元素从化合态变为游离态时，该元素可能被氧化，也可能被还原，如2I I 2，是 被氧化的过程，Cu2+Cu 是被还原的过程，故 C 错误； D金属阳离子被还原不一定得到金属单质，如2Fe 3+Fe=3Fe2+，故 D 正确 故选 AD 点评： 本题考查氧化还原反应以及物质的组成特点，题目难度不大，注意理解相关概念，注重 相关基础知识的积累 19 （ 3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

31、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 Fe 2+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+ 3Fe 3+NO+2H 2O；硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性Cu 2+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 20 （ 3分）把金属铁加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余，则 （） A溶液中

32、有 Fe 2+、Cu2+ B溶液中有 Fe3+、Fe 2+ C 剩下的固体是Fe 和 Cu D剩下的固体是Fe，无 Cu 考点： 铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题： 几种重要的金属及其化合物 分析： 把金属铁加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，发生2Fe3+Fe=3Fe2+， Fe+Cu 2+=Fe2+Cu，以此解答该题 解答： 解：把金属铁加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，发生2Fe 3+Fe=3Fe2+， Fe+Cu 2+=Fe2+Cu，因铁剩余，则 Fe 3+、Cu2+完全反应，溶液中阳离子为 Fe2+，剩下的 固体是 Fe 和 Cu 故选 C 点评： 本题考

33、查元素化合物知识，题目侧重于铁的性质的考查，难度不大，注意相关基础知识 的积累，答题时注意铁过量的条件 21 （ 3分）设 NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ） A78g Na2O2与足量水充分反应时电子转移数为NA B25、 101.3kPa 时， 11.2L H2中含有的原子数为 NA C 4、 101.3kPa 时， 54mL H2O 中含有的分子数为3NA D2L 1mol/L Na 2SO4溶液中离子总数为 3NA 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、Na2O2与足量水，过氧化钠自身的氧化反应反应； B、常温下，不是标准状况下，无法计

34、算氢气的物质的量； C、4、 101.3kPa 时，水的密度小于1g/mL； D、2L 1mol/L Na2SO4溶液中含有 4mol 钠离子、 2mol 硫酸根离子 解答： 解：A、78g Na2O2的物质的量是1mol，与足量水充分反应时注意 1mol 电子，电子转 移数为 NA，故 A 正确； B、不是标准状况下，无法计算氢气的物质的量，故B 错误； C、该条件下，水的密度小于1g/mL ，54mL H2O 的质量小于54g，物质的量小于3mol， 故 C 错误； D、2L 1mol/L Na2SO4溶液中含有 2mol 硫酸钠，含有6mol 离子，故 D 错误 故选 A 点评： 本题考

35、查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的条件及物质状态，本题难度中等 22 （ 3分）在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（） ACl 、Na+、NO 3 、 Ca2+ B NH4 +、HCO 3 、Cl、K+ C K +、Ba2+、Cl、 SO 4 2 DCu 2+、NH 4 +、I、Cl 考点： 离子共存问题 专题： 离子反应专题 分析： 溶液无色，则不含有有颜色的离子，溶液呈强酸性，则与H +反应的离子不能存在，离 子能够大量共存，则离子之间不发生任何反应 解答： 解：A、溶液无色，在酸性条件下不发生任何反应，能大量共存，故A 正确； B、溶液无色，在酸性条件下HCO3 与 H+

36、反应不能大量共存，故 B 错误； C、溶液无色，Ba 2+与 SO 4 2反应生成沉淀不能大量共存，故 C 错误； D、Cu 2+有颜色，不符合题目无色要求，故 D 错误 故选 A 点评： 本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题目的要求，掌握离子反应的性质 23 （3 分）某学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种无色试剂，挂在铁架台上 （保 持湿润）另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方（如图）过一会儿，发现白色 纸蝴蝶上的喷洒液转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是（） A B C D 纸蝴蝶上的喷洒液石蕊酚酞酚酞石蕊 小烧杯中的溶液浓盐酸浓氨水氢氧化钠溶液浓硫酸

37、 AABBCCD D 考点： 氨的化学性质 专题： 氮族元素 分析： 由题干所给信息，滤纸折的蝴蝶喷上某种试剂后是白色的，说明该试剂是无色的，已知 石蕊试液是紫色的，无色的酚酞溶液遇碱性溶液变红色，以及浓氨水呈碱性且有挥发性 等知识点分析即可 解答： 解：从白色的蝴蝶变成红色可推断滤纸上喷洒的物质不是石蕊，而是酚酞试液；浓氨水 有挥发性， 挥发出的氨气遇到试剂中的水形成氨水，氨水呈碱性，无色的酚酞溶液遇碱 性溶液变红色，氢氧化钠溶液没有挥发性，不能使蝴蝶变红 故选 B 点评： 本题考查了指示剂及元素化合物的性质，难度不大，注意根据题意运用排除法进行选择 24 （ 3分）下列离子方程式的书写正确

38、的是（） A实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H +CO 3 2=CO 2+H2O B 铁和稀硝酸反应：Fe+2H+=H2+Fe 2+ C 向 AlCl3溶液中加入过量的 NaOH 溶液： Al 3+3OH=Al （OH） 3 DNaHCO3溶液与 NaOH 溶液反应： OH +HCO 3 =CO 3 2+H 2O 考点： 离子方程式的书写 专题： 离子反应专题 分析： A碳酸钙不溶于水，在离子反应中应保留化学式； B硝酸具有强氧化性，与金属反应生成NO； C向 AlCl3溶液中加入过量的 NaOH 溶液生成偏铝酸钠； DNaHCO3溶液与 NaOH 溶液反应生成碳酸钠和水 解答： 解： A

39、 实验室用大理石和稀盐酸制取CO2的离子反应为2H +CaCO 3=Ca 2+CO 2+H2O， 故 A 错误； B铁和稀硝酸反应的离子反应为3Fe+2NO3 +8H+=3Fe2+2NO +4H 2O，故 B 错误； C向 AlCl3溶液中加入过量的 NaOH 溶液的离子反应为Al 3+4OH=AlO 2 +2H 2O，故 C 错误； DNaHCO3溶液与 NaOH 溶液反应的离子反应为 OH +HCO 3 =CO 3 2+H 2O，故 D 正 确； 故选 D 点评： 本题考查离子反应方程式的书写的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应方程式的 书写方法即可解答，并注意利用电荷守恒及质量守恒定

40、律来解答 25 （ 3分）按右图装置持续通入x 气体，并在管口P处点燃，实验结果使澄清的石灰水变浑 浊则 x、y 可以是（） AH2和 NaHCO3 BCO 和 Na2CO3 CCO 和 CuO D H2和 Fe2O3 考点： 无机物的推断；常见气体的检验 专题： 推断题 分析： 能使澄请石灰水变浑浊的是二氧化碳，X 是能燃烧， 且与 y 反应生成二氧化碳的气体或 者是 Y 分解产生二氧化碳的气体 解答： 解：A、氢气是能燃烧的气体，碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，能使石灰水变浑浊， 故 A 正确； B、一氧化碳能燃烧，但是碳酸钠受热不会分解，不会看到澄清石灰水变浑浊，故B 错 误； C、一氧化

41、碳是能燃烧的气体，能和氧化铜反应产生二氧化碳，能使石灰水变浑浊，故 C 正确； D、氢气能燃烧，但是和氧化铁反应不会生成二氧化碳，不会看到澄清石灰水变浑浊， 故 D 错误 故选 AC 点评： 物质的性质决定实验现象，对常见物质的性质要熟记，具备一定的解题能力是解答该题 的关键 三、填空题（本题有4 小题，共23 分） 26（9 分） （1） 0.5mol H2O 的质量为9， 其中含有3.01 10 23 个水分子， 共有9.03 1023 个原子 （2）质量都是50g 的 HCl 、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是CO2， 在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是NH3，

42、体积最小的是CO2 （3）配制 50mL 0.2mol/L CuSO 4溶液，需要 CuSO41.6g；需要 CuSO4?5H2O 2.5g （4）中和相同体积、相同物质的量浓度的NaOH 溶液，并使其生成正盐，需要相同物质的量 浓度的 HCl 、H2SO4、H3PO4溶液的体积比为6：3：2 考点： 物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算 专题： 计算题 分析： （1）根据 n=结合分子组成计算； （2）n=计算； （3）n=cV 计算； （4）根据反应H +OH=H 2O，结合分子组成计算 解答： 解： （1）m（H2O）=0.5mol 18g/mol=9g ，N（ H2O）=0.5m

43、ol NA=3.01 10 23，N（H）+N （O）=3 N（H2O）=9.03 10 23， 故答案为： 9；3.01 1023；9.03 1023； （2）由 n=可知：相同质量时，物质的相对分子质量越大，则分子数越小，CO2的 相对分子质量最大， 则质量都是50g 的 HCl 、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是CO2， n=可知：相同质量时，物质的相对分子质量越大，则物质的量越小，体积越小，则 质量都是50g 的 HCl 、NH3、CO2、O2四种气体中，体积最大的是NH3，体积最小的是 CO2， 故答案为： CO2；NH3；CO2； （3）50mL 0.2mol/

44、L CuSO4溶液中： n（CuSO4）=0.05L 0.2mol/L=0.01mol ， 则： m（CuSO4）=0.01mol 160g/mol=1.6g ， m（CuSO4?5H2O）=0.01mol 250g/mol=2.5g ， 故答案为： 1.6； 2.5； （4）根据反应H +OH=H 2O 可知，中和相同体积、相同物质的量浓度的NaOH 溶液， 并使其生成正盐， 则需： n（HCl ） ：n（H2SO4） ：n（H3PO4）=1： ： =6：3：2， 需要相同物质的量浓度的HCl 、H2SO4、H3PO4溶液的体积比为6：3：2， 故答案为： 6：3：2 点评： 本题考查物质的

45、量的相关计算，题目难度中等，（4）为易错点，注意三种酸的特点 27（4 分） 实验室制取Cl2的反应方程式为： MnO2+4HCl （浓）MnCl2+Cl2+2H2O 从 氧化还原反应的角度看，在制备H2、 CO2、Cl2三种气体时，盐酸的作用分别是氧化剂、 酸性、还原剂，酸性 考点： 氧化还原反应 专题： 氧化还原反应专题 分析： 利用 Zn+2HCl ZnCl2+H2、CaCO3+2HCl CaCl2+CO2+H2O、MnO2+4HCl （浓） MnCl2+Cl2+2H2O 反应及元素的化合价变化分析 解答： 解：由 Zn+2HCl ZnCl2+H2可知， HCl 中 H 元素的化合价降低

46、，体现HCl 的氧化性， 作氧化剂； 由 CaCO3+2HCl CaCl2+CO2+H2O 可知， 没有元素的化合价变化， 生成盐， 体现 HCl 的酸性，作酸； 由 MnO2+4HCl （浓） MnCl2+Cl2+2H2O 可知，生成盐，体现其酸性，生成 氯气时 Cl 元素的化合价升高，体现HCl 的还原性，作还原剂， 故答案为：氧化剂；酸性；还原剂，酸性 点评： 本题考查氧化还原反应，为高考高频考点， 把握反应中元素的化合价变化为解答的关键， 注意发生的化学反应及化合价判断，题目难度不大 28 （ 3 分） Cl2和 SO2都有漂白作用，现将二者以等物质的量混合后再通入到品红溶液中，品 红

47、溶液不褪色（填褪色或不褪色） ，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H 2SO4 考点： 氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题： 元素及其化合物 分析： 氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用，是次氯酸的强氧化性的体 现；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色 物质， 加热会恢复原来的颜色，Cl2和 SO2等物质的量混合通入品红与BaCl2的混合液， Cl2和 SO2在水溶液中按 1：1 反应生成硫酸和氯化氢，由于二氧化硫恰好反应，所以品 红不会褪色 解答： 解：Cl2和 SO2等物质的量混合通入品红与BaCl2的混合液中发生反应

48、 Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl ，生成的H2SO4和 BaCl2反应生成 BaSO4白色沉淀， Cl2 和 SO2按 1：1 恰好反应，所以品红不会褪色， 故答案为：不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl 点评： 本题考查了Cl2和 SO2起漂白性作用的条件和原理不同，题目较简单 29 （ 7分） （1）正常雨水显酸性，其 pH 值约等于5.6，这是由于空气中存在CO2 溶于水生成碳酸 （2）某次采集的酸雨样品，每隔一段时间测定一次pH 值，得数据如下 时间开始8h 后16h 后24h 后32h 后40h 后48h 后 pH 5.0 4.8 4.6 4.3 4.2 4.0 4.0 酸雨样品pH 值变小的主要原因是酸