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1、安徽省马鞍山二中2015 届高三上学期期中考试化学试卷 一、选择题（共20 小题，每小题2 分，满分40 分） 1 （2 分）下列各组物质的分类正确的是（） 混合物：水玻璃、水银、水煤气 电解质：明矾、冰醋酸、石膏 酸性氧化物：CO2、CO、SO3 同位素： 1H、2H 2、 3H 同素异形体：C80、金刚石、石墨 干冰、液氯都是非电解质 AB CD 考点： 混合物和纯净物；同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非 电解质 专题： 物质的分类专题 分析： 纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质； 在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质； 酸性氧化物的
2、概念是和碱反应生成盐和水的氧化物； 同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同核素； 同素异形体的概念是同种元素的不同单质； 在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非电解质首先必须是化合 物 解答： 解：水玻璃和水煤气是混合物，水银是单质，故错误； 明矾、冰醋酸、石膏在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，故正确； CO2、SO3都可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，CO 不能与碱反应是不成 盐氧化物，故错误； 同位素是同元素的不同原子， 1 H、 3H 是氢元素的同位素，2H 2是单质，故错误； 同素异形体是同元素的不同单质，C80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，属于 同
3、素异形体，故正确； 干冰的水溶液能导电，原因是干冰和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳 离子而使溶液导电，碳酸是电解质，干冰是非电解质；液氯是单质不是化合物，所以液 氯既不是电解质也不是非电解质，故错误； 故选 D 点评： 本题考查混合物、电解质、非电解质、同位素、同素异形体等概念，题目较为简单，学 习中注意对概念的理解要准确 2 （2 分）下列试验操作及结论正确的是（） A用托盘天平称取固体药品时，码物错放，称得的物品质量一定偏小 B 用量筒量取4.25ml 浓硫酸，读书时俯视刻度线，实际量取液体体积小于4.25ml C 用容量瓶配制溶液，在定容时，仰视刻度线，使配制溶液浓度偏小 D
4、盛放 NaOH 等碱溶液试剂瓶必须用橡胶塞，盛放Na2SiO3溶液试剂瓶要用玻璃塞 考点： 不能加热的仪器及使用方法；化学试剂的存放 分析： A若不使用游码，对称量质量无影响； B量筒精确度为0.1mL； C根据 c=判断， n 无影响， V 偏大； DNa2CO3、Na2SiO3等溶液水解显碱性，可以和酸性氧化物二氧化硅反应 解答： 解：A若不使用游码，对称量质量无影响，若使用游码，称量质量偏少，故A 错误； B量筒精确度为0.1mL，故 B 错误； C定容时，仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，导致配制溶液的浓度偏低，故C 正 确； DNa2CO3、Na2SiO3溶液水解显碱性，可以和酸性氧
5、化物二氧化硅反应生成硅酸钠粘 合剂，故要用橡胶塞，不能用玻璃塞，故D 错误； 故选 C 点评： 本题考查了基本操作，较简单，注意仪器的精确度和试剂的存放原则 3 （2 分）设 NA为何伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（ ） A标况下 22.4 LCl2通入足量H2O 中充分反应，转移电子数为NA B 常温常压下， 2gD2O 中含有的电子总数为NA C 常温常压下， 46gNO2和 N2O4混合气体中含有的原子数为3NA D1mol K 与足量 O2反应，生成K2O、K2O2和 KO2的混合物时转移的电子数为NA 考点： 阿伏加德罗常数 分析： A、依据 n=计算物质的量，结合氯气和水反
6、应是可逆反应不能进行完全； B、依据 n=计算物质的量，结合分子式计算电子数； C、46gNO2和 N2O4混合气体最简式相同为 NO2，依据 n=计算 NO2中物质的量得到原 子数； D、钾全部反应计算电子转移； 解答： 解：A、依据 n=计算物质的量=1mol，结合氯气和水反应是可逆反应 不能进行完全，转移电子数小于NA，故 A 错误； B、依据 n=计算物质的量 =0.1mol ， 结合分子式计算电子数为NA，故 B 正确； C、46gNO2和 N2O4混合气体最简式相同为 NO2，依据 n=计算 NO2中物质的量得到原 子数 =1mol ，含有的原子数为3NA，故 C 正确； D、钾全
7、部反应计算电子转移，1mol K 与足量 O2反应，生成 K2O、K2O2和 KO2的混 合物时转移的电子数为NA，故 D 正确； 故选 A 点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析判断，物质的量 和微粒数的计算，掌握概念实质是关键，题目较简单 4 （2 分）下列分离或提纯物质的方法正确的是（） A用渗析的方法精制Fe（ OH）3胶体 B 用过滤的方法除去NaCl 溶液中含有的少量淀粉胶体 C 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的 BaCO3 D用加热蒸发结晶的方法从AlCl3溶液得到 AlCl3 考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析： AFe
8、（OH）3胶体不能透过半透膜； B溶液与胶体均能透过滤纸； CBaSO4、BaCO3均不溶于水； D铝离子水解，加热促进水解，蒸发时HCl 挥发 解答： 解：AFe（ OH）3胶体不能透过半透膜，离子可以，则用渗析的方法精制Fe（OH）3 胶体，故A 正确； B溶液与胶体均能透过滤纸，则不能利用过滤法除去NaCl 溶液中含有的少量淀粉胶 体，应选择渗析法，故B 错误； CBaSO4、BaCO3均不溶于水，溶解、过滤的方法不能提纯，应加硫酸、过滤，故 C 错误； D铝离子水解，加热促进水解，蒸发时HCl 挥发，则加热蒸发结晶的方法从AlCl3溶 液不能得到AlCl3，应在 HCl 气流中蒸发，故
9、D 错误； 故选 A 点评： 本题考查混合物分离提纯方法及选择，为高频考点， 把握物质的性质及性质差异为解答 的关键，侧重物质性质及分离方法选择的考查，题目难度不大 5 （2 分）下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（） A用图和所示装置进行粗盐提纯 B 用乙醇提取溴水中的溴选择图所示装置 C 用图所示装置进行稀盐酸浓缩得到浓盐酸 D图所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去 SO2中含有的少量HCl 考点： 过滤、分离与注入溶液的仪器 分析： A粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作； B乙醇与水混溶，不能作萃取剂； C浓盐酸易挥发； D二氧化硫与Na2SO3溶液反应 解答： 解：A粗盐提纯需
10、要进行溶解、过滤、蒸发操作，为过滤装置，为蒸发装置，故 A 正确； B乙醇与水混溶，不能作萃取剂，应选择苯或四氯化碳，故B 错误； C浓盐酸易挥发，蒸馏无法浓缩，故C 错误； D二氧化硫与Na2SO3溶液反应，则应用图所示装置中盛有饱和 NaHSO3溶液除去 SO2中含有的少量 HCl ，故 D 错误 故选 A 点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、 萃取、 蒸馏、蒸发等混合物的分离提纯方法， 侧重实验基本操作的考查，明确装置及实验操作即可解答，题目难度不大 6 （2 分）下列各组物质的转化关系中不能全部是通过一步反应完成的是（） ANaNaOHNa2CO3NaCl B FeFe（ N
11、O3）3Fe（ OH）3Fe2O3 CMgMgCl 2Mg（OH）2MgSO4DSiSiO2H2SiO3Na2SiO3 考点： 钠的化学性质；硅和二氧化硅；镁的化学性质；铁的化学性质 分析： Na、Mg 、Si、Fe 能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结 合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析 解答： 解：ANaNaOHNa2CO3NaCl 中反应方程式分别为： 2Na+2H2O=2NaOH+H2、 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故A 不选； BFeFeCl2Fe（OH）2F
12、e（OH）3中反应方程式分别是 Fe+2HCl=FeCl2+H2、 FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl 、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以能一 步实现，故B 不选； CMg MgCl2MgCO3Mg （OH）2中反应方程式分别为： Mg+2HCl=MgCl 2+H2、 MgCl2+Na2CO3=2NaCl+MgCO3、MgCO3+2NaOH=Mg （OH）2+Na2CO3，所以能一步 实现，故C 不选； DSiSiO2H2SiO3Na2SiO3中 SiO2不能与水反应生成 H2SiO3，故 D 选； 故选 D 点评： 本题考查了物质间的转化，明确物质的性
13、质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答， 以 Na、Mg 、Si、Fe 为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现， 还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度 中等 7 （2 分）只用试管和胶头滴管无法区分的一组溶液是（） AKOH 和 AlCl 3BAlCl3和氨水 CNaAlO2和盐酸D Na2CO3和盐酸 考点： 物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题： 物质检验鉴别题 分析： 只用试管和胶头滴管而不用其它试剂就能区分，说明反应现象与反应物的量有关，结合 物质间的反应来分析解答 解答： 解：A当 AlCl3溶液过量时，反应离子方程式
14、为 Al 3+3OH=Al （OH） 3，当氯化铝 少量时，离子反应方程式为Al 3+4OH=AlO 2 +2H 2O，所以反应现象不同，故 A 不选； B无论氨水是否过量，都发生的离子反应方程式为Al 3+3NH 3H2O=Al （OH）3 +3NH4 +，故 B 选； C当盐酸少量时，离子反应方程式为H +AlO 2 +H 2O=Al （OH）3，当盐酸过量时， 离子反应方程式为：4H +AlO 2 =Al3+2H 2O，所以反应现象不同，故C 不选； D当盐酸少量时，离子反应方程式为CO3 2+H+=HCO 3 ，当盐酸过量时，离子反应方 程式为 2H+CO32 =CO2+H2O，所以反
15、应现象不同，故D 不选； 故选 B 点评： 本题考查物质的鉴别，注意利用反应的不同现象来区分是解答的关键，侧重与量有关的 离子反应的考查，题目难度中等 8 （2 分）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入 等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（） A甲、乙中都是铝过量B 甲中铝过量，乙中碱过量 C 甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量 考点： 有关过量问题的计算；铝的化学性质 专题： 演绎推理法 分析： 利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6， 所以第一份铝剩余；而酸或碱都
16、反应，生成气体为2：3，即 4：6，而题中为5：6，所 以第二份碱不能都反应 解答： 解： 发生反应有： 2Al+3H2SO4Al2（SO4） 3+3H2； 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2， 讨论： （1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1： 1 （2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2： 3 （3）现在的比值是5：6，比值处于2：3 和 1：1 之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此 时铝对于酸过量而对于碱不足， 故选 B 点评： 本题考查有关过量问题的计算，题目难度不大，本题注意铝与酸、碱反应的量的问题， 用端值
17、法求解 9 （2 分）在化学反应中，有时存在“ 一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应” 的情况下 列反应中属于这种情况的是（） 过量的锌与浓硫酸反应过量的氢气与少量的N2在工业生产条件下过量的浓盐酸与碳酸 钙反应过量的乙酸和少量乙醇在浓硫酸、加热条件下过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件 下过量的铜与浓硫酸在加热条件下 AB CD 考点： 化学反应的可逆性 专题： 物质的性质和变化专题；元素及其化合物 分析： 从两个角度考虑，一是可逆反应，二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大 时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀 溶液往往就不具备继续反应的性质 解
18、答： 解：锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应； 合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百； 盐酸与碳酸钙发生复分解反应，当盐酸过量时， 碳酸钙完全反应而溶解，生成氯化钙、 二氧化碳和水； 乙酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下的反应发生可逆反应，不能完全反应，存在“ 一种 物质过量，另一种物质仍不能完全反应” 的情况； 浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中H +和 Cl的浓度大，还 原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2；随反应进行，H+和 Cl 的浓度逐渐 减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧
19、化Cl 了因此二氧化 锰和稀盐酸不会反应； 与一样道理，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸 即符合题意，故选B 点评： 本题考查物质的性质，难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，本题的可逆性和浓 度问题 10（2 分） 下列实验方案中， 能测定 Na2CO3和 NaHCO3混合物中 NaHCO3质量分数的是（ ） 取 a 克混合物充分加热，减重b 克 取 a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b 克固体 取 a 克混合物与足量稀酸充分反应，逸出气体先用浓硫酸干燥再用碱石灰吸收，碱石灰增重 b 克 取 a 克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗
20、涤、烘干，得b 克固体 A只有B C只有D 只有 考点： 有关混合物反应的计算；探究物质的组成或测量物质的含量 专题： 实验设计题 分析： 方案能确定碳酸钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中NaHCO3质量分数， 碳酸氢钠的不稳定性，加热分解， 利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量； 根据钠守恒，可列方程组计算出固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量； 碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，可以列方程组计算固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质 量； bg 固体为碳酸钡，根据质量可列方程组计算除固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量 解答： 解：NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过固体质量差利用差量
21、法即 可计算出NaHCO3质量，可以测定混合物中NaHCO3质量分数，故选； Na2CO3和 NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以 bg 固体是氯化 钠，利用守恒法可计算出NH2CO3的质量， 可以测定混合物中NaHCO3质量分数， 故 选； 碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，根据二氧化碳与混合物质量，可以列方程计算出 NaHCO3的质量，可以测定混合物中 NaHCO3质量分数，故选； Na2CO3和 NaHCO3都与 Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32 +Ba2+=BaCO 3、 HCO3 +OH+Ba2+=H 2O+BaCO3，最后得到的固体是BaCO3，根据质量
22、可列方程组计 算固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量，可以测定混合物中NaHCO3质量分数，故选 故选 B 点评： 本题考查混合物计算、对实验方案评价等，题目难度中等，注意理解质量分数定义，结 合物质的性质分析实验方案 11 （ 2 分）如图所示装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是 （） 选项气体试剂现象结论 A NH3酚酞试液溶液变红色NH3的水溶 液显碱性 B NO2KI 淀粉溶液溶液变蓝NO2的水溶 液有氧化性 C X 澄清石灰水溶液变浑浊X 是 CO2 D Cl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色Cl2有酸性 和漂白性 AA BB CC D D 考点： 气体的收集；常温反应气体性质
23、实验装置 专题： 实验题 分析： A氨水密度比空气小； BNO2溶于水生成 HNO 3，HNO3有氧化性； C二氧化硫能使澄清石灰水变浑浊； D氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性 解答： 解：A氨水密度比空气小，不能用向上排空气法收集，且氨气极易溶于水，进行检验 时，导管不能插入溶液中，否则会造成倒吸，故A 错误； BNO2通入 KI 淀粉溶液，溶液变蓝是由于 NO2溶于水生成HNO3，HNO3有氧化性， 将碘离子氧化为碘单质，故B 正确； C能使澄清石灰水变浑浊的还有二氧化硫气体，故C 错误； D氯气使紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于其和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸 具有漂白性
24、，故D 错误 故选 B 点评： 本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质， 学习中注意积累 12 （ 2分） （2009?湛江二模）将足量CO2通入 KOH 和 Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉 淀的物质的量（n）和通入CO2体积（ V）的关系正确的是（） A BCD 考点： 碳族元素简介 分析： 向 KOH 和 Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸 钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸 钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶 性的碳酸氢钙，
25、当硅酸钙反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸 氢钾 解答： 解：向 KOH 和 Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成 碳酸钙沉淀， 沉淀量逐渐增加，当氢氧化钙消耗完时，沉淀量最大， 继续通入二氧化碳， 二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，沉淀量不变，当氢氧化钾完全反应后，继续通入 二氧化碳， 二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，醋酸钙的量逐渐减少直 至完全消失，当碳酸钙反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢 钾，故选D 点评： 本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、 及反应先后顺序是解本题关键，难度较大 13 （ 2
26、分）表中操作、现象、结论对应关系正确的是（） 操作现象结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2白色沉淀该溶液中一定有 SO4 2 B 将 SO2气体通入紫色石蕊试液中 变红后不褪色SO2的水溶液显酸性 C 向某溶液中滴加稀NaOH 溶液，将湿润的红色石蕊试 纸置于试管口 试纸不变蓝原溶液中无NH4+ D 将过量 CO2通入 Na2SiO3溶液 无沉淀生成CO2最后转化为 HCO3 AABBCCD D 考点： 常见阴离子的检验；常见阳离子的检验 分析： A向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有银离子或 硫酸根离子； B将 SO2气体通入紫色石蕊试液中，变红后不褪
27、色，说明 SO2的水溶液显酸性； C含有铵根离子的溶液于稀NaOH 溶液反应，生成的氨气极易溶于水，不一定有氨气 逸出； D将过量CO2通入 Na2SiO3溶液，生成白色沉淀 解答： 解：A向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有银离 子或硫酸根离子，故A 错误； B将 SO2气体通入紫色石蕊试液中，变红后不褪色，说明 SO2的水溶液显酸性，故B 正确； C向某溶液中滴加稀NaOH 溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝， 不能说明原溶液中无NH4+，故 C 错误； D将过量CO2通入 Na2SiO3溶液，生成白色沉淀， CO2最后转化为HCO3 ，故 D
28、 错 误； 故选 B 点评： 本题考查化学实验方案的评价，注意物质的性质和物质的检验方法，排除其它因素的干 扰是关键，难度较大 14 （ 2 分）下列说法正确的是：某无色溶液中只可能含有Na +、 Ba2+、 Cl、 Br、 SO3 2、 SO 4 2离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现 象如下： 步骤操作现象 （1）用 pH 试纸检验溶液的 pH 大于 7 （2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙红色 （3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3 有白色沉淀产生 （4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3 有白色沉淀产生
29、 下列结论正确的是（） A肯定含有的离子是B 肯定没有的离子是 C 可能含有的离子是D不能确定的离子是 考点： 几组未知物的检验；常见离子的检验方法 专题： 离子反应专题 分析： （1）用 pH 试纸检验溶液的pH 大于 7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子； （2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br ； （3） 向所得水溶液中加入Ba （NO3） 2溶液和稀 HNO3有白色沉淀产生， 该沉淀为 BaSO4， 但不能确定是否含有SO42 ，因 SO 3 2可被硝酸氧化生成 SO42 ； （4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀
30、产生，该沉淀为AgCl ， 但不能确定溶液中是否含有Cl ，因所加氯水中含有 Cl 解答： 解： （1）用 pH 试纸检验溶液的pH 大于 7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子， 该离子只能为SO32 ，则溶液中一定不存在 Ba2+，因二者能生成沉淀而不能大量共存， 一定含有Na+，根据溶液呈电中性原则，阳离子只有Na+； （2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br ； （3） 向所得水溶液中加入Ba （NO3） 2溶液和稀 HNO3有白色沉淀产生， 该沉淀为 BaSO4， 但不能确定是否含有SO42 ，因 SO 3 2可被硝酸氧化生成 SO42
31、； （4）过滤，向滤液中加入AgNO 3溶液和稀 HNO 3有白色沉淀产生，该沉淀为 AgCl ， 但不能确定溶液中是否含有Cl ，因所加氯水中含有 Cl 由以上分析可知，溶液中一定含有的离子为，可能含有的离子为，一定不存 在的是， 故选： A 点评： 本题考查离子反应及离子组成分的判断，题目难度不大， 本题注意把握离子的性质及离 子共存问题 15（2 分）我校化学兴趣小组做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色 若 将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN 的 FeCl2溶液，溶液显红色则该条件下（） A生成的水分子化学性质比较活泼 B H2燃烧生成了具有氧化性的物质 C H2被冷
32、却为液态氢，液氢的水溶液具有还原性 DH2燃烧的产物中可能含有一定量的 H2O2 考点： 性质实验方案的设计 分析： 实验控制的条件是， 氢气在空气中燃烧，产物遇冰块冷凝滴入烧杯中据紫色的KMnO4 溶液具有强氧化性，若使其褪色，必定有还原性物质滴入杯中；使FeCl2、KSCN 混合 溶液变红， 必定有氧化性物质将Fe2+氧化从而确定这一冷凝产物既有氧化性又有还原 性，应是过氧化氢 解答： 解：A、烧杯中酸性KMnO 4溶液褪色，说明 H2燃烧的产物中可能有还原性物质，水的 化学性质比较稳定，不具有该性质，故A 错误； B、烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明 H2燃烧的产物中可能有还原性物质，
33、若将烧杯 中的溶液换成含有少量KSCN 的 FeCl2溶液， 溶液呈血红色，说明有Fe3+生成，进而说 明 H2燃烧的产物中可能有氧化性物质，由此说明 H2燃烧的产物中可能有还原性和氧化 性的物质，故B 错误； C、实验结果表明氢气已经燃烧，被冷却的氢气不能使高锰酸钾褪色，故C 错误； D、H2O2具有氧化性与还原性， 遇强氧化剂是表现还原性，遇较强的还原剂是表现氧化 性，该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2，故 D 正确 故选： D 点评： 本题考查化学实验现象的分析、物质的性质知识、氧化性与还原性等，难度不大，根据 现象推断物质具有的性质是关键 16（2 分）（2012?湖北一
34、模）将足量 SO2通入下列各溶液中， 所含离子还能大量共存的是 （） ANa +、S2、OH、AlO 2 B NH4 +、CO 3 2、NO 3 、SiO 3 2 C H +、Br、Fe2+、SO 4 2 DFe 3+、Cl、Ba2+、Al3+ 考点： 离子共存问题 专题： 离子反应专题 分析： 足量 SO2通入溶液中，溶液中存在大量的氢离子、亚硫酸根离子，利用氢离子与 OH 、 AlO2 、CO 3 2、SiO 3 2，SO 2与 Fe 3+反应来分析共存问题 解答： 解：A、因足量 SO2通入溶液时，生成的氢离子与OH 反应生成水，与 AlO2 反应生成 沉淀，则不能共存，故A 错误； B
35、、因足量SO2通入溶液时，生成的氢离子与 CO32 反应生成二氧化碳和水，与 SiO32 反应生成沉淀，则不能共存，故 B 错误； C、该组离子不反应，且SO2通入溶液也不反应，则能大量共存，故 C 正确； D、因足量SO2通入溶液时， SO2与 Fe 3+发生氧化还原反应，则不能共存，故 D 错误； 故选 C 点评： 本题考查离子的共存， 明确溶液中通入二氧化硫后存在的离子及二氧化硫的性质是解答 本题的关键 17 （ 2分）已知反应：Cl2+2KBr 2KCl+Br2； KClO3+6HCl 3Cl2+KCl+3H2O； 2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3下列说法正确的是（ ） A氧化
36、性由强到弱的顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2 B 中 KCl 是氧化产物，KBr 发生还原反应 C 中 1mol 氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2mol D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1： 6 考点： 氧化还原反应 专题： 氧化还原反应专题 分析： A自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性； B还原剂对应的产物是氧化产物，还原剂在反应中发生氧化反应； C根据氧化剂和转移电子之间的关系式计算； D根据氧化剂和还原剂的系数确定，注意该反应中参加反应的盐酸不都作还原剂 解答： 解：A Cl2+2KBr=2KCl+Br 2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的
37、氧化性大 于溴， KClO3+6HCl=3Cl 2+KCl+3H2O 中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾 的氧化性大于氯气，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸 钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是KBrO3KClO3Cl2 Br2，故 A 正确； B中 KCl 既不是氧化产物也不是还原产物，该反应中 KBr 失电子作还原剂，发生氧 化反应，故B 错误； C根据氧化剂和转移电子之间的关系式知，中1mol 氧化剂参加反应得到电子的物 质的量 =1mol （50） =5mol，故 C 错误； D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，
38、故 D 错误； 故选 A 点评： 本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意中盐酸具有酸性 和还原性，为易错点 18 （ 2分）下列离子反应方程式正确的是（） AFeBr2中通入一定量Cl2： 2Fe2+2Br +2Cl 24Cl +Br 2+2Fe 3+ B 少量 SO2通入 Ca（ ClO）2溶液中： SO2+Ca2+2ClO +H 2OCaSO3+2HClO C NaHCO3溶液中滴加NaOH 溶液： HCO3 +OH H 2O+CO2 DNaHSO4溶液中滴加 Ba（OH）2溶液至中性： Ba2+OH +H+SO 4 2BaSO 4+H2O 考点： 离子方程式的书写
39、分析： A氯气有强氧化性，能氧化亚铁离子和溴离子； B次氯酸能够氧化亚硫酸根离子； CNaHCO3与 NaOH 溶液反应实质为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子 和水； D离子个数不符合物质的配比 解答： 解：A氯气有强氧化性，能氧化亚铁离子和溴离子，方程式：2Fe2+2Br +2Cl 24Cl +Br 2+2Fe 3+，故 A 正确； B向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫，亚硫酸盐不可能存在次氯酸溶液中，要发 生氧化还原反应，正确的离子方程式为2ClO +Ca2+2H 2O+2SO2=2Cl +CaSO4+4H +SO 4 2，故 B 错误； CNaHCO3与 NaOH 溶液反应实质
40、为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子 和水，离子方程式为：OH +HCO 3 =CO 3 2+H 2O，故 C 正确； D向 NaHSO4溶液中滴加 Ba（OH）2溶液至溶液呈中性，离子方程式为：Ba2+2OH +SO 42 +2H+=BaSO 4+2H2O，故 D 错误 故选 AC 点评： 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，注意发生的氧化还 原反应为解答的难点，题目难度中等 19 （ 2分）某溶液中含有S 2、HCO 3 、CO 3 2、CH 3COO 4 种阴离子若向其中加入足量 Na2O2后，溶液中离子数目基本保持不变的是（ ） AS 2 BHCO3 C
41、CO3 2 D CH3COO 考点： 离子共存问题 专题： 离子反应专题 分析： 加入足量 Na2O2后，与水反应生成NaOH，与 HCO3 反应生成 CO32 ，且足量的过氧 化钠，具有强氧化性，能氧化S2 ，以此来解答 解答： 解：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH，与 HCO3 反应生成 CO32 ，所以 HCO 3 减少， CO 3 2增多， 又过氧化钠，具有强氧化性，能氧化S2 ， S2减少， 过氧化钠、 NaOH 均不与醋酸根离子反应，即醋酸根离子数目基本不变， 故选 D 点评： 本题考查离子的共存，注意过氧化钠与水反应生成碱及其强氧化性是解答本题的关键， 选项 A 为解答
42、的易错点，题目难度不大 20 （ 2分）从矿物学资料查得，一定条件下自然界中有以下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O 7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4下列说法正确的是（ ） A氧化剂仅是CuSO4，FeS2仅是还原剂 B 当生成 7molCu2S 时，共转移电子 14mol C 产物中 SO42 全部是氧化产物 D该反应中 1molCuSO4能氧化 mol FeS2 考点： 氧化还原反应 分析： 14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4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
43、合价由1 价升高为 +6 价， 以此来解答 解答： 解：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4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， ACuSO4是氧化剂， FeS2既是还原剂又是还原剂，故 A 错误； B当生成7molCu2S 时，由 S元素的化合价升高可知，有3mol 6（ 1）=21mol e 转移，故 B 错误； CS元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17 个硫酸根离子中有3 个 SO4 2是氧化产物，故 C 错误； D该反应中1mol
44、CuSO4能得到 1mol 电子， 1molFeS2失去 14mol 电子，则 1molCuSO4 能氧化mol FeS2，故 D 错误； 该题无答案 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为解答的关键，注意5molFeS2 发生反应时只有3molS 失去电子，题目难度不大 二、填空题（共6 小题，每小题14 分，满分60 分） 21 （ 14 分）盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂请 回答下列问题： （1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有强的氧化性用玻璃棒 蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，说明浓硫酸具有脱水性 用玻璃棒蘸取
45、浓硝酸滴在PH 试纸上， 试纸逐渐变白， 这种漂白现象说明浓硝酸具有强氧化 性 （2）硝酸铜是制备CuZnAl 系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备 硝酸铜下列制备方法符合“ 绿色化学 ” 思想的是（填序号） Cu+HNO3（浓） Cu（NO3）2 Cu+HNO3（稀） Cu（NO3）2 Cu CuOCu（NO3）2 （3）在 100mL 18mol ?L 1 的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，若使剩余的铜片 继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式3Cu+8H +2NO 3 =3Cu 2+2NO +4H 2O （4） 若将 12.8g 铜跟一定质量的浓HN
46、O3反应，铜消耗完时， 共产生气体5.6L （标准状况） （不 考虑 N2O4） ，则所耗HNO3的物质的量0.65mol （5）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜 和水该反应的化学方程式为Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O 考点： 浓硫酸的性质；绿色化学；氧化还原反应的计算 分析： （1）依据浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性，浓硝酸具有强的氧化性，能够氧化 有机色素解答； （2）“ 绿色化学 ” 思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应； （3）硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化铜； （4）铜和硝酸反应生
47、成硝酸铜与氮的氧化物（NO 或 NO2或 NO、NO2的混合物），反 应中硝酸其氧化剂、酸性作用， 起氧化剂作用的硝酸生成氮的氧化物，起酸性作用的硝 酸生成 Cu（NO3）2，根据氮原子守恒：2nCu（NO3）2+n（NO、 NO2） ，据此计算消 耗硝酸的物质的量； （5）双氧水具有氧化性，在酸性环境下可以将金属铜氧化 解答： 解： （1）浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁、 铝发生钝化， 生成一层致密的氧化膜， 阻止反应的发生； 用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑， 是浓硫酸脱水性的表现； 用玻璃棒蘸取浓硝酸滴在PH 试纸上，试纸逐渐变白是因为浓硝酸具有强的氧化性； 故答案为：（强）氧化性；脱水性；（强）氧化性； （2）“ 绿色化学 ” 思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应， 在反应中会有污染性的气体一氧化氮和二氧化氮生成，只有制备方法不会产生污 染气体，同时原子利用率最高，符合“ 绿色化学 ” 思想， 故答案为：； （3）铜与浓硫酸反应一段时间变为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，在硫酸存在时，再加 入硝酸钠， 相当于存在了硝酸，金属铜可以和硝酸发生反应生成硝酸铜和一氧化氮，反 应离子方程式为：3Cu+8H +2NO 3 =3Cu2+2NO +4H 2O