1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2015-2016学年浙江省宁波市余姚三中高二（下）第一次月考化学试卷（B卷） 一、单项选择题（本部分30题，每题3分，共90分每题只有1个选项是符合要求的）1欲配制浓度为1.00mol/L的氯化钠溶液100mL，用不到的仪器是（）A容量瓶B分液漏斗C玻璃棒D烧杯22010年诺贝尔化学奖授予在“钯催化交叉偶联反应”领域作出突出贡献的三位化学家下列有关钯原子（Pd）的说法错误的是（）A原子序数为46B质子数为46C电子数为46D中子数为463下列物质中，既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）AMgBAlCSiDCl24取16.8g碳酸氢钠固体加热一段时间
2、后，剩余固体质量13.7g，把剩余固体加入到100mL 2mol/L的稀硫酸中，充分反应后溶液中氢离子的浓度约为（）A1.4molL1B3molL1C0.5molL1D2molL15下列卤族元素中，非金属性最强的是（）A氟B氯C溴D碘6下列物质中，不属于电解质的是（）A硫酸B酒精C硝酸钾D氢氧化钠7下列化学用语正确的是（）A氯化氢的电子式：B镁的原子结构示意图：C乙烯的结构简式：CH2CH2D碳酸钠的电离方程式：Na2CO3Na+CO32一8下列实验操作中，不能用于物质分离的是（）ABCD9下列关于科学家及其提出学说、贡献的叙述错误的是（）A道尔顿提出原子学说B卢瑟福根据粒子散射现象，提出了带
3、核的原子结构模型C汤姆生发现电子，并提出原子结构轨道模型D舍勒发现了氯气10从化学试剂商店买来的酒精试剂瓶上所贴的危险化学品标志是（）ABCD11下列金属中，通常采用电解法冶炼的是（）ANaBCuCFeDAg12在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是（）A用煤生产水煤气B用海带提取碘单质C用石油裂解生产乙烯D用蒸馏法淡化海水13下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）ASO2+2OH=SO32+H2OBAl2O3+2OH=2AlO2+H2OCCl2+2OH=Cl+ClO+H2ODHCO3+OH=CO32+H2O14能正确表示下列化学变化的离子方程式是（）A钠和冷水反应：Na+2H2O=
4、Na+2OH+H2B氯气与溴化钠溶液反应：Cl2+2Br=Br2+2ClC氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2=Fe3+2ClD三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH=Fe（OH）3+3Cl15用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1mol钠原子中含有的电子数为NAB1molCH4的体积约为22.4LC32gO2中含有氧原子的个数为NAD1L1mol/L NaCl溶液中含有钠离子的个数为NA16下列各组离子能在酸性溶液里大量共存，且溶液呈无色透明的是（）AMnO4、K+、Na+、SO42BNH4+、Fe2+、SO42、ClCMg2+、SO42、Cl、Na+DNa+、
5、K+、HCO3、SO4217用一种试剂可鉴别如下三种溶液：AlCl3溶液、MgCl2溶液、NH4Cl溶液该试剂是（）AAgNO3溶液BBaCl2溶液CKOH溶液DKSCN溶液18向含等物质的量两种溶质的甲溶液中逐渐加入乙物质，生成不溶物的量（Y）与加入物的量（X）之间的关系符合如图所示的是（）甲溶液乙物质AHCl和CaCl2NaHCO3溶液B H2SO4和MgSO4NaOH溶液CFe2（SO4）3和CuSO4Fe粉DAlCl3和HClNH3气体AABBCCDD19今有0.1molL1Na2SO4溶液300mL，0.1molL1MgSO4溶液200mL和0.1molL1Al2（SO4）3溶液10
6、0mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）A1：1：1B3：2：2C3：2：3D1：1：320配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，使所配制的溶液浓度偏小的操作是（）烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水定容时俯视ABCD21在硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中，如果SO42的离子浓度为0.2mol/L，当加入等体积0.2mol/L KOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解则反应后溶液中K+离子的浓度最接近于（）A0.125molL1B0.225molL1C0.250molL1D0.450molL12
7、2某溶液中存在大量的Na+、CO32、Cl，该溶液中还可能大量存在的离子是（）ABa2+BAg+COHDH+23下列叙述正确的是（）A乙醇的结构简式为：C2H6OB硫离子的结构示意图为：CNaHCO3电离：NaHCO3=Na+H+CO32DH2O的电子式：24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25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，1mol CO2、CO的混合气中含有的碳原子数为NAB常温常压下，11.2L氯化氢气体中含有的分子数为0.5NAC1mol氯气与足量的氢氧化钠溶
8、液完全反应转移的电子数为2NAD1L 1molL1 CuCl2溶液中含有的氯离子数为NA26下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+B钠投入水中：Na+H2ONa+2OH+H2C铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H2D氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2O27在加热时，浓硫酸与铜发生反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2+2H2O，对于该反应，下列说法中不正确的是（）A是氧化还原反应B铜是还原剂CH2SO4表现了氧化性和酸性D反应中Cu发生了还原反应28下
9、列实验方法正确的是（）A配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过容量瓶的刻度线，用胶头滴管将多余液体吸出即可B用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定不含有K+C用CCl4萃取碘水后分液时，先打开分液漏斗活塞，放出下层液体，再关闭活塞，从漏斗口倒出上层液体D检验某溶液中是否含有Fe3+时，可先加入适量的氯水，再滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明溶液中一定含有Fe3+29下列物质互为同分异构体的一组是（）A氧气与臭氧B乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3OCH3）C35Cl和37ClD火碱与烧碱30下列对各物质性质的解释不正确的是（）选项性质原因A氯水的漂白
10、性氯气的强氧化性B明矾用来净水Al3+水解生成Al（OH）3胶体，具有吸附性C苯燃烧有浓黑的烟苯分子中含碳量较高D加热铝箔，熔化的铝不滴落铝表面的氧化膜熔点高，包在熔化的铝外面AABBCCDD二、非选择题（本部分1题，共10分）31以水氯镁石（主要成分为MgCl26H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：（1）上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为，检验其中阳离子的实验方法是（2）上述过程中的过滤操作所用的主要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯（3）用水溶解水氯镁石时，为了加快溶解可采取的方法：（写二点），（4）高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体
11、2.00g和标准状况下CO2 0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式（写出计算过程，否则不得分）五、附加题10分32（1）NH4+的检验离子方程式：（2）氯气的工业制法化学方程式：（3）醋酸的电离方程式：（4）镁和二氧化碳反应方程式：（5）碳酸氢钠加热化学反应方程式：2015-2016学年浙江省宁波市余姚三中高二（下）第一次月考化学试卷（B卷） 参考答案与试题解析一、单项选择题（本部分30题，每题3分，共90分每题只有1个选项是符合要求的）1欲配制浓度为1.00mol/L的氯化钠溶液100mL，用不到的仪器是（）A容量瓶B分液漏斗C玻璃棒D烧杯【分析】根据实验操作的步骤（计算、称量、溶解
12、、恢复室温、移液、洗涤、定容、摇匀等操作）确定需要的仪器，进而判断不需要的仪器【解答】解：实验操作的步骤有计算、称量、溶解、恢复室温、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，继续当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加水到凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒上下摇匀，移入试剂瓶贴标签贮存，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，故选B【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，
13、注意根据c=理解溶液的配制22010年诺贝尔化学奖授予在“钯催化交叉偶联反应”领域作出突出贡献的三位化学家下列有关钯原子（Pd）的说法错误的是（）A原子序数为46B质子数为46C电子数为46D中子数为46【分析】46106Pd中左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质子数+中子数=质量数，以此来解答【解答】解：A质子数等于原子序数，均为46，故A正确；B质子数等于原子序数，均为46，故B正确；C质子数等于电子数，均为46，故C正确；D中子数为10646=60，故D错误；故选D【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，明确质子数+中子数=质量数即可解答，较简单3下列物质中，既能跟盐酸反
14、应，又能跟NaOH溶液反应的是（）AMgBAlCSiDCl2【分析】根据物质间的反应进行判断，Si、氯气与氢氧化钠反应，不与盐酸反应，Mg与盐酸反应，不与氢氧化钠反应，Al是两性金属与盐酸、氢氧化钠溶液反应【解答】解：A、Mg与盐酸反应生成氯化镁与氢气，不能与氢氧化钠反应，故A不符合；B、Al与盐酸反应氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故B符合；C、Si与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠与水，不与盐酸反应，故C不符合；D、氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，不与盐酸反应，故D不符合；故选B【点评】本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳，注
15、意归纳总结既能与酸又能与碱反应的物质4取16.8g碳酸氢钠固体加热一段时间后，剩余固体质量13.7g，把剩余固体加入到100mL 2mol/L的稀硫酸中，充分反应后溶液中氢离子的浓度约为（）A1.4molL1B3molL1C0.5molL1D2molL1【分析】发生2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，加热一段时间后，剩余固体质量13.7g，利用差量法确定固体的成分，加盐酸发生HCO3+H+=H2O+CO2、CO32+2H+=H2O+CO2，以此计算反应后溶液中氢离子的浓度【解答】解：16.8g碳酸氢钠固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为13.7g，n（NaHCO3）=0.2mol，则
16、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2Om2 1 62g0.1mol 0.05mol 16.8g13.7g=3.1g即反应后固体中含NaHCO3 物质的量为0.2mol0.1mol=0.1mol、Na2CO3物质的量为0.05mol；100mL 2mol/L的稀硫酸中n（H+）=0.1L2mol/L2=0.4mol，由 HCO3+H+=H2O+CO2； 1 1 0.1mol 0.1mol CO32+2H+=H2O+CO2， 1 20.05mol 0.1mol所以溶液中剩余氢离子物质的量为0.4mol0.1mol0.1mol=0.2mol，充分反应后溶液中氢离子的浓度约为=2mol/L，故选D
17、【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握差量法计算固体的成分及发生的反应为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大5下列卤族元素中，非金属性最强的是（）A氟B氯C溴D碘【分析】根据元素周期律判断，同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小【解答】解：根据元素周期律判断，同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小；氟、氯、溴、碘是同一主族元素，氟、氯、溴、碘的非金属性随着原子序数的增大而减小，所以非金属性最强的是氟故选A【点评】本题以元素非金属性强弱的判
18、断为载体考查了元素周期律，难度不大，注意元素周期律的正确应用6下列物质中，不属于电解质的是（）A硫酸B酒精C硝酸钾D氢氧化钠【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物的非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质【解答】解：A硫酸在水溶液中能够导电，且为化合物，所以硫酸为电解质，故A错误；B酒精不导电，在水溶液中也不导电，酒精为非电解质，故B正确；C硝酸钾在水溶液和熔融状态下都能够导电，硝酸钾为电解质，故C错误；D氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，氢氧化钠为电解质，故D错误；故选B【点评】本题考
19、查了电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念，明确电解质与非电解质的根本区别，注意二氧化硫、氨气等不属于电解质7下列化学用语正确的是（）A氯化氢的电子式：B镁的原子结构示意图：C乙烯的结构简式：CH2CH2D碳酸钠的电离方程式：Na2CO3Na+CO32一【分析】A氯化氢属于共价化合物，不存在离子键；BMg原子核外电子数为12，有3个电子层，各层电子数为2、8、2；C乙烯中C=C双键不能省略；D电荷不守恒【解答】解：A氯化氢属于共价化合物，不存在离子键，HCl分子中H原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；BMg原子核外电子数为12，有3个电子层，
20、各层电子数为2、8、2，原子结构示意图为，故B正确；C乙烯中C=C双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误；D碳酸钠的电离方程式：Na2CO32Na+CO32，故D错误；故选B【点评】本题考查常用化学用语，比较基础，注意掌握常用化学用语的书写规则8下列实验操作中，不能用于物质分离的是（）ABCD【分析】根据物质分离的方法有：过滤、分液、蒸发和蒸馏等，结合实验装置图及选择的仪器来分析【解答】解：A、过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，故A不选；B、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离，故B不选；C、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步，不能分离物质，故C
21、选；D、分液可以实现互不相溶的两种液体的分离，故D不选；故选：C【点评】本题考查学生物质分离的方法和仪器，根据物质分离的方法选择仪器，较简单9下列关于科学家及其提出学说、贡献的叙述错误的是（）A道尔顿提出原子学说B卢瑟福根据粒子散射现象，提出了带核的原子结构模型C汤姆生发现电子，并提出原子结构轨道模型D舍勒发现了氯气【分析】A道尔顿提出近代原子学说；B卢瑟福提出了原子的核式结构模型；C波尔提出原子结构轨道模型；D舍勒发现了氯气【解答】解：A道尔顿提出了近代原子学说，故A正确； B卢瑟福根据粒子散射现象提出了原子的核式结构模型，故B正确；C汤姆生发现电子，波尔提出原子结构轨道模型，故C错误；D瑞
22、典化学家舍勒用二氧化锰和浓盐酸反应制得氯气，从而发现了氯元素，故D正确故选C【点评】本题考查化学史，题目难度不大，注意基础知识的积累10从化学试剂商店买来的酒精试剂瓶上所贴的危险化学品标志是（）ABCD【分析】乙醇具有可燃性，属于易燃液体，故应贴上易燃液体的危险化学品标志【解答】解：乙醇具有可燃性，属于易燃液体，故应贴上易燃液体的危险化学品标志 A是腐蚀品标志，故A错误； B所示标志是易燃液体标志，故B正确；C是自燃物品标志，故C错误；D是氧化剂标志，故D错误故选B【点评】本题考查危险品标志，难度不大，了解乙醇的性质、各个标志所代表的含义是解答此类题的关键11下列金属中，通常采用电解法冶炼的是
23、（）ANaBCuCFeDAg【分析】电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得【解答】解：ANa的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故A选；BCu用热还原法冶炼，故B不选；CFe用热还原法冶炼，故C不选；DAg用热分解法冶炼，故D不选；故选：A【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大12在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的
24、是（）A用煤生产水煤气B用海带提取碘单质C用石油裂解生产乙烯D用蒸馏法淡化海水【分析】化学变化的特征是在原子核不变的情况下，有新物质生成，根据此特征来判断是否是化学变化【解答】解：A用煤生产水煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，属于化学变化，故A错误； B用海带提取碘单质有新物质碘单质生成，属于化学变化，故B错误；C用石油裂解生产乙烯有新物质乙烯生成，属于化学变化，故C错误；D用蒸馏法淡化海水没有新物质生成，属于物理变化，故D正确故选D【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决本考点主要出现在选择题和填空题中13下列化学反应中，属
25、于氧化还原反应的是（）ASO2+2OH=SO32+H2OBAl2O3+2OH=2AlO2+H2OCCl2+2OH=Cl+ClO+H2ODHCO3+OH=CO32+H2O【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的是否发生变化的角度判断反应类型【解答】解：A元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A不选；B元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B不选；CCl元素化合价由0价分别变化为1价、+1价，属于氧化还原反应，故C选；D元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D不选故选D【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力考查，为高频考点，注意把握氧化还原反应的
26、特征，从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大14能正确表示下列化学变化的离子方程式是（）A钠和冷水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2B氯气与溴化钠溶液反应：Cl2+2Br=Br2+2ClC氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2=Fe3+2ClD三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH=Fe（OH）3+3Cl【分析】A根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；B氯气氧化性大于溴单质，氯气能够将溴离子氧化成溴单质；C根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；D氯化铁为可溶性的盐，离子方程式中氯化铁应该写成离子形式【解答】解：A钠和冷水反应生成氢氧
27、化钠和氢气，离子方程式中必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故A错误；B氯气与溴化钠溶液反应生成溴和氯离子，反应的离子方程式为：Cl2+2Br=Br2+2Cl，故B正确；C氯化亚铁溶液中通入氯气，该离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故C错误；D三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁应该写成离子形式，正确的离子方程式为：Fe3+3OH=Fe（OH）3，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确常见难溶物、弱电解质等需要保留化学式的
28、物质；注意电荷守恒、质量守恒的应用15用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1mol钠原子中含有的电子数为NAB1molCH4的体积约为22.4LC32gO2中含有氧原子的个数为NAD1L1mol/L NaCl溶液中含有钠离子的个数为NA【分析】A钠原子含有11个电子，1mol钠原子含有11mol电子；B没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol甲烷的体积；C32g氧气的物质的量为1mol，含有2mol氧原子；D氯化钠为强电解质，溶液中完全电离，1L1mol/L NaCl溶液中含有溶质氯化钠1mol，含有1mol钠离子【解答】解：A1mol原子含有11mol电
29、子，含有的电子数为11NA，故A错误；B没有告诉在标况下，题中条件无法计算1mol甲烷的体积，故B错误；C32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气中含有氧原子的物质的量为2mol，含有氧原子的个数为2NA，故C错误；D1L1mol/L NaCl溶液中含有溶质氯化钠1mol，1mol氯化钠能够电离出1mol钠离子，溶液中含有钠离子的个数为NA，故D正确；故选D【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，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件；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16下列各组离子能在
30、酸性溶液里大量共存，且溶液呈无色透明的是（）AMnO4、K+、Na+、SO42BNH4+、Fe2+、SO42、ClCMg2+、SO42、Cl、Na+DNa+、K+、HCO3、SO42【分析】溶液无色，说明不含有颜色的离子，酸性条件下，如离子之间不发生任何反应生成沉淀、气体或弱电解质，则可大量共存，以此解答【解答】解：AMnO4有颜色，不符合题目无色的要求，故A错误；BFe2+有颜色，不符合题目无色的要求，故B错误；C溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D酸性条件下，HCO3不能大量共存，故D错误故选C【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析
31、能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题目要求以及常见离子的性质和反应类型的判断，答题时注意题目酸性、无色的要求，难度不大17用一种试剂可鉴别如下三种溶液：AlCl3溶液、MgCl2溶液、NH4Cl溶液该试剂是（）AAgNO3溶液BBaCl2溶液CKOH溶液DKSCN溶液【分析】AlCl3溶液、MgCl2溶液、NH4Cl溶液分别与KOH溶液反应的现象为：先生成白色沉淀后沉淀溶解、白色沉淀、无现象（加热时生成刺激性气体），以此来解答【解答】解：A三种溶液均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B三种溶液均不与氯化钡溶液反应，现象相同，不能鉴别，故B错误；
32、CAlCl3溶液、MgCl2溶液、NH4Cl溶液分别与KOH溶液反应的现象为：先生成白色沉淀后沉淀溶解、白色沉淀、无现象（加热时生成刺激性气体），现象不同，可鉴别，故C正确；D三种溶液均不与KSCN溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的化学反应及反应现象，题目难度不大18向含等物质的量两种溶质的甲溶液中逐渐加入乙物质，生成不溶物的量（Y）与加入物的量（X）之间的关系符合如图所示的是（）甲溶液乙物质AHCl和CaCl2NaHCO3溶液B H2SO4和MgSO4NaOH溶液CFe2（SO4）3和CuSO
33、4Fe粉DAlCl3和HClNH3气体AABBCCDD【分析】由图象可知，反应开始时没有沉淀，且有横坐标可知混合物中两种物质分别与乙物质反应，消耗的乙的物质的量之比为1：3，结合题中物质的性质以及反应的量的关系解答该题【解答】解：ACaCl2和NaHCO3溶液不反应，没有沉淀生成，故A错误；B等物质的量的H2SO4和MgSO4，分别和NaOH反应，消耗的NaOH的物质的量之比为1：1，不是1：3，故B错误；C等物质的量的Fe2（SO4）3和CuSO4，分别和铜反应，消耗的铜的物质的量相等，与图象不符，故C错误；D等物质的量的AlCl3和HCl的混合溶液，通入氨气，则依次发生HCl+NH3=NH
34、4Cl、AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl，与图象相吻合，故D正确故选D【点评】本题考查综合元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的特点，难度不大19今有0.1molL1Na2SO4溶液300mL，0.1molL1MgSO4溶液200mL和0.1molL1Al2（SO4）3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）A1：1：1B3：2：2C3：2：3D1：1：3【分析】结合各溶质的化学式根据溶液浓度计算溶液中硫酸根的浓度，据此判断注意离子的浓度与溶液的体积无关，与物质的构成有关【解答】解：0.1molL1Na
35、2SO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol/L；0.1molL1MgSO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol/L；0.1molL1Al2（SO4）3溶液中硫酸根离子浓度为0.3mol/L；所以三种溶液中硫酸根离子浓度之比为0.1mol/L：0.1mol/L：0.3mol/L=1：1：3故选：D【点评】考查物质的量浓度的计算，难度较小，明确物质的构成是解答本题的关键，并注意离子的浓度与溶液的浓度的关系来解答即可20配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，使所配制的溶液浓度偏小的操作是（）烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线实验用的容量瓶洗净
36、后未干燥，里面含有少量水定容时俯视ABCD【分析】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大【解答】解：烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏小，故正确；定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故正确；实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量
37、水，对溶质的物质的量和溶液的体积都没有影响，根据c=可得，不影响配制结果，故错误；定容时俯视，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故错误；故选A【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液及误差分析，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度溶液方法，明确误差分析的方法与技巧21在硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中，如果SO42的离子浓度为0.2mol/L，当加入等体积0.2mol/L KOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解则反应后溶液中K+离子的浓度最接近于（）A0.125molL1B0.225molL1C0.250molL1D0.450molL1【分析】硫酸铝、硫酸钾和
38、明矾的混合溶液实际为硫酸铝、硫酸钾的混合溶液加入等体积0.2mol/L KOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解，发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，根据方程式可知，原溶液中c（Al3+）=c（OH），根据溶液呈电中性可知，原混合溶液中3c（Al3+）+c（K+）=2c（SO42），混合后的体积为原来的2倍，钾离子来源于原混合溶液及氢氧化钾溶液，据此计算反应后溶液中K+离子的浓度【解答】解：硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液实际为硫酸铝、硫酸钾的混合溶液加入等体积0.2mol/L KOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解，发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，根据方程式可知，n（Al3+）=
39、n（OH），所以原溶液中c（Al3+）=c（OH）=0.2mol/L=0.05mol/L，根据溶液呈电中性可知，原混合溶液中3c（Al3+）+c（K+）=2c（SO42），所以c（K+）=2c（SO42）3c（Al3+）=20.2mol/L30.05mol/L=0.25mol/L，混合后的体积为原来的2倍，钾离子来源于原混合溶液及氢氧化钾溶液，反应后溶液中K+离子的浓度为（0.25mol/L+0.2mol/L）=0.225mol/L故选：B【点评】考查离子方程式的计算，难度中等，清楚反应过程判断原溶液中铝离子的浓度与氢氧化钠溶液的浓度关系是关键22某溶液中存在大量的Na+、CO32、Cl，该溶
40、液中还可能大量存在的离子是（）ABa2+BAg+COHDH+【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、弱电解质、水等，则能大量共存，以此来解答【解答】解：A因Ba2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B因Ag+分别与CO32、C1结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间均不与OH反应，能大量共存，故C正确；C因H+、CO32结合生二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，侧重复分解反应的考查，熟悉离子的性质及离子之间的反应即可解答，注意常见物质的溶解性，题目难度不大23下列叙述正确的是（）A乙醇的结构简式为：C2H6OB硫离子的结构示意图为：
41、CNaHCO3电离：NaHCO3=Na+H+CO32DH2O的电子式：【分析】A乙醇的结构简式中必须标出官能团羟基；B硫离子核电荷数为16，核外电子数为18；C碳酸氢钠电离出碳酸氢根离子和钠离子，碳酸根离子不能拆开；D水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子【解答】解：A乙醇的官能团为羟基，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；B硫离子核外电子数为18，硫离子的结构示意图为，故B正确；C碳酸氢钠为强电解质，溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3，故C错误；DH2O为共价化合物，分子中没有离子，电子式为，故D错误；故选B【点评】本题考查了原
42、子结构示意图、电子式、结构简式、电离方程式的判断，题目难度不大，注意掌握原子结构示意图、离子结构示意图的表示方法，明确电子式、结构简式、结构式的正确表示方法24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【分析】A药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了；B固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解；C应用玻璃棒引流；D胶头滴管不能伸入容量瓶内【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应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；
43、D胶头滴管不能伸入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B【点评】本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作25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，1mol CO2、CO的混合气中含有的碳原子数为NAB常温常压下，11.2L氯化氢气体中含有的分子数为0.5NAC1mol氯气与足量的氢氧化钠溶液完全反应转移的电子数为2NAD1L 1molL1 CuCl2溶液中含有的氯离子数为NA【分析】A、依据CO2、CO的分子中含有碳原子数相同分析；B、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断，温度压强不是标准状况；C、氯
44、气和氢氧化钠溶液反应发生的是自身氧化还原反应，铝元素化合价从0价变化为+1价和1价；D、依据n=CV计算溶质物质的量，结合溶质化学式计算氯离子数【解答】解：A、CO2、CO的分子中含有碳原子数相同，1mol CO2、CO的混合气中含有的碳原子数为NA，故A正确；B、常温常压下，11.2L氯化氢物质的量不是0.5mol，故B错误；C、氯气和氢氧化钠溶液反应发生的是自身氧化还原反应，氯元素化合价从0价变化为+1价和1价，1mol氯气与足量的氢氧化钠溶液完全反应转移的电子数为NA，故C错误；D、1L 1molL1 CuCl2溶液中含有的氯离子数=1L1molL1NA2=2NA，故D错误；故选A【点评
45、】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的条件应用，氧化还原反应电子转移计算，溶液中溶质微粒数的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等26下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+B钠投入水中：Na+H2ONa+2OH+H2C铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H2D氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2O【分析】A氯化铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵；B氢原子个数不守恒；C不符合反应的客观事实，铁粉加入稀硫酸中反应生成硫酸亚铁；D.1mol氢氧化钡电离产生1
46、mol钡离子和2mol氢氧根离子，加入稀硫酸反应生成硫酸钡和2mol水【解答】解：A氯化铝溶液中加入过量氨水反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A正确；B钠投入水中反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故B错误；C铁粉加入稀硫酸中反应的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故C错误；D氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中反应的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故D错误；故选：A【点评】本题考查了离子方程式书写正误的判断，注意把握反应的实质，依据原子个数守恒、电荷守恒等规律，题目难度不大27在加热时，浓硫酸与铜发生反应
47、的化学方程式为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2+2H2O，对于该反应，下列说法中不正确的是（）A是氧化还原反应B铜是还原剂CH2SO4表现了氧化性和酸性D反应中Cu发生了还原反应【分析】A有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；B失电子化合价升高的反应物是还原剂；C根据硫酸中元素化合价是否变化判断硫酸的作用；D还原剂发生氧化反应【解答】解：该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价，硫酸中部分S元素化合价由+6价变为+4价，部分S元素化合价不变，A该反应中有电子转移，所以该反应属于氧化还原反应，故A正确；BCu元素化合价由0价变为+2价，所以铜是还原剂，故B正确
48、；C硫酸中部分S元素化合价由+6价变为+4价，部分S元素化合价不变，所以硫酸表现了氧化性和酸性，故C正确；DCu元素化合价由0价变为+2价，所以铜是还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，故D错误；故选D【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，再结合基本概念来分析解答，注意硫酸的作用，题目难度不大28下列实验方法正确的是（）A配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过容量瓶的刻度线，用胶头滴管将多余液体吸出即可B用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定不含有K+C用CCl4萃取碘水后分液时，先打开分液漏斗活塞，放出下层液体，再关闭活塞，从漏斗口倒出上
49、层液体D检验某溶液中是否含有Fe3+时，可先加入适量的氯水，再滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明溶液中一定含有Fe3+【分析】A加水超过容量瓶的刻度线，实验失败；B火焰呈黄色，一定含钠离子，观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；C分液时，避免上下层液体混合；D可先加入适量的氯水，亚铁离子可氧化为铁离子【解答】解：A加水超过容量瓶的刻度线，实验失败，应重新配制，故A错误；B火焰呈黄色，一定含钠离子，观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则溶液中可能含有K+，故B错误；C分液时，避免上下层液体混合，则分液时，先打开分液漏斗活塞，放出下层液体，再关闭活塞，从漏斗口倒出上层液体，故C正确；D可先加入适量的氯
50、水，亚铁离子可氧化为铁离子，则检验某溶液中是否含有Fe3+时，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明溶液中一定含有Fe3+，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、焰色反应、分液操作及离子检验，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，注意方案的操作性、评价性分析，题目难度不大29下列物质互为同分异构体的一组是（）A氧气与臭氧B乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3OCH3）C35Cl和37ClD火碱与烧碱【分析】根据具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，同分异构体必须满足：分子式相同，结构不同，据此进行解答【解答】解：A氧气与臭氧是氧元素组成
51、的不同的单质，互称同素异形体，故A错误；B乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3OCH3）是分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B正确；C35Cl和37Cl是质子数相同，中子数不同的原子，属于同位素，故C错误；D火碱与烧碱都是指氢氧化钠，属于同种物质，故D错误故选：B【点评】本题主要考查了同位素、同素异形体、同分异构体等化学基本概念，明确这几个概念的区别是解本题的关键，难度不大30下列对各物质性质的解释不正确的是（）选项性质原因A氯水的漂白性氯气的强氧化性B明矾用来净水Al3+水解生成Al（OH）3胶体，具有吸附性C苯燃烧有浓黑的烟苯分子中含碳量较高D加热铝箔，熔化的铝不滴落铝表面的氧化
52、膜熔点高，包在熔化的铝外面AABBCCDD【分析】A干燥的氯气不具有漂白性；B明矾净水原理是电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；C有机物在空气中燃烧时，火焰最明亮并且产生浓黑烟说明该有机物含碳量大；D根据金属铝在空气中被氧化为氧化铝，形成保护膜，根据氧化铝是一种高熔点的氧化物来回答；【解答】解：A氯水的漂白性是因为：Cl2+H2O=HCl+HClO，氯水中的次氯酸具有强氧化性，故A错误；B明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，故B正确；C有机物在空气中燃烧时，火焰最明亮并
53、且产生浓黑烟说明该有机物含碳量大，苯燃烧有浓黑的烟，说明苯分子中含碳量较高，故C正确；D铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故D正确故选A【点评】本题考查较为综合，涉及氯水的漂白性、明矾的净水、有机物的燃烧、铝及氧化铝的性质等，侧重物质性质的考查，题目难度不大二、非选择题（本部分1题，共10分）31以水氯镁石（主要成分为MgCl26H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：（1）上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为NH4Cl，检验其中阳离子的实验方法是取少量该固体于试管中配成溶液，加入
54、适量的氢氧化钠溶液，然后加热试管，将湿润的红色石蕊试纸（或PH试纸）放在试管口，试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子存在（2）上述过程中的过滤操作所用的主要玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯（3）用水溶解水氯镁石时，为了加快溶解可采取的方法：（写二点）搅拌，适当加热或粉碎水氯镁石等（4）高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO2 0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式（写出计算过程，否则不得分）【分析】水氯镁石（主要成分为MgCl26H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢
55、铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物，（1）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子，确定滤液中的物质来回答；（2）根据过滤实验用到的仪器来回答；（3）根据反应物颗粒大小、温度以及搅拌等对反应速率的影响答题；（4）根据碳酸镁的分子式，可以写成氧化物的表示形式，即2MgOH2OCO2，然后根据题意确定各个氧化物的量，进而确定分子式【解答】解：水氯镁石（主要成分为MgCl26H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物
56、，（1）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子有氯离子和铵根离子，故所得的滤液中含NH4Cl，根据铵根离子可以和强碱之间反应生成氨气来检验铵根离子，取少量该固体于试管中配成溶液，加入适量的氢氧化钠溶液，然后加热试管，将湿润的红色石蕊试纸（或PH试纸）放在试管口，试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子存在，故答案为：NH4Cl；取少量该固体于试管中配成溶液，加入适量的氢氧化钠溶液，然后加热试管，将湿润的红色石蕊试纸（或PH试纸）放在试管口，试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子存在；（2）过滤操作所用的主要玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：漏斗；（3）用水溶解水氯镁石时，为了加快溶解可采取搅拌、适当
57、加热或粉碎水氯镁石等，故答案为：搅拌、适当加热或粉碎水氯镁石等；（4）根据题意：碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，即n（CO2）=0.896L/22.4Lmol1=4.00102 mol，n（MgO）=2.00g/40gmo l1=5.00102 mol，n（H2O）=5.00102 mol，n（MgO）：n（CO）：n（H2O）=5.00102：4.00102：5.00102=5：4：5，所以碱式碳酸镁的化学式为：Mg（OH）24 MgCO34H2O（或Mg5（OH）2（CO3）44H2O）故答案为：Mg（OH）24 MgCO34H2O（
58、或Mg5（OH）2（CO3）44H2O）【点评】本题考查镁的化合物的性质以及制备实验方案的设计，题目难度中等，本题注意（4）从质量守恒的角度分析，进行化学式的计算，为易错点五、附加题10分32（1）NH4+的检验离子方程式：NH4+OHNH3+H2O（2）氯气的工业制法化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（3）醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO+H+（4）镁和二氧化碳反应方程式：2Mg+CO22MgO+C（5）碳酸氢钠加热化学反应方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【分析】（1）利用碱加热生成氨气检验；（2）电解饱和食盐水制取氯气；（3）醋酸为弱酸，
59、存在电离平衡；（4）反应生成MgO和C；（5）碳酸氢钠加热生成碳酸钠、水、二氧化碳【解答】解：（1）利用碱加热生成氨气检验，离子反应为NH4+OHNH3+H2O，故答案为：NH4+OHNH3+H2O；（2）电解饱和食盐水制取氯气，反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（3）醋酸为弱酸，存在电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO+H+；（4）反应生成MgO和C，反应为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（5）碳酸氢钠加热生成碳酸钠、水、二氧化碳，反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【点评】本题考查较综合，涉及离子检验、电离方程式、离子方程式、化学方程式的书写等，侧重化学用语的考查，注意规范书写和反应的条件，题目难度不大投稿兼职请联系：2355394692