1、2014-2015学年湖南省衡阳三中高三（上）第二次月考化学试卷 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列说法正确的是（）A“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料B“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物无关C白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去D高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅版权所有专题：化学应用分析：A特种钢缆属于金属材料；B光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成
2、；C塑化剂是一种无色粘稠的液体，低水溶解度，但易溶于多数有机溶剂，高稳定性、有慢性毒性属于化学性质；D光导纤维的成分为SiO2，能与氢氧化钠反应；解答：解：A辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于金属材料，故A错误；B“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关，故B错误；C白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体有害，可通过蒸馏方法除去；D光导纤维的成分为SiO2，能与氢氧化钠反应从而使光导纤维“断路”，故D正确；故选D点评：本题主要考查了物质的组成、分类与性质，难度不大，注意知识的积累2（3分）有一澄清透明溶液，只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2、CO32、NO3七种离
3、子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失下列判断正确的是（）A一定不含Fe3+和Fe2+B一定含有Al3+，Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有C溶液可能含有NO3D一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+考点：常见离子的检验方法版权所有专题：离子反应专题分析：向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2、CO32离子因发生反应生成弱电解质而不能存在；而后才有沉淀能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或
4、Al3+离子中的一种或几种，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失说明一定含有Al3+；结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3离子的氧化性做进一步的推断解答：解：向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2、CO32离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3离子符合；而后才有沉淀能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3离子发生氧化还原反应而不能共存，则
5、一定不含Fe2+离子，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失说明一定含有Al3+和Fe3+；综上所述，溶液中一定含有H+离子、NO3离子，一定没有AlO2、CO32、Fe2+离子，一定含有Fe3+离子、Al3+；A、依据判断可知一定含Fe3+离子，一定不含有Fe2+离子，故A错误；B、根据分析判断结果可知Fe2+离子一定不存在，故B错误；C、依据分析和溶液中电荷守恒可知，阴离子只有NO3离子，所以一定存在NO3离子，故C错误；D、分析判断可知溶液中一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+，故D正确；故选D点评：本题考查常见离子的检验，注意从反应的现象推断离子的存在性，把握物质的性质和离子的
6、检验方法是做本题的关键，题目难度不大3（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NAB标准状况下，22.4 L NH3中含有共价键的数目为NAC1 molCl2与足量Fe反应转移电子数一定为3NAD标准状况下，11.2 L SO3所含的分子数目为0.5 NA考点：阿伏加德罗常数版权所有分析：A、Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成；B、根据n=并结合1molNH3中含3mol共价键来分析；C、根据氯元素反应后的价态为1价来分析；D、标况下，SO3为固体解答：解：A、Na2O和Na2O2均由2个阳离子
7、和1个阴离子构成，故1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA，故A正确；B、氨气的物质的量n=1mol，而1molNH3中含3mol共价键，故B错误；C、氯元素反应后的价态为1价，故1molCl2转移2mol电子，故C错误；D、标况下，SO3为固体，故D错误故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4（3分）下列每组分别给出了两个量，其中可以组成一个物质的量的公式的组有（）物质微粒数固体体积溶液的质量百分比浓度标准状况下气体的摩尔体积非标准状况下某物质的质量阿伏加德罗常数固体密度溶液体积标准状况下气体的体积物
8、质的摩尔质量ABCD考点：物质的量的相关计算；物质的量的单位-摩尔；摩尔质量；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数版权所有专题：化学用语专题分析：根据n=cV计算解答：解：已知物质微粒数和阿伏加德罗常数，根据n=可计算物质的量，故正确；已知固体的密度和固体体积，可计算固体质量，不能计算物质的量，故错误；已知溶液的质量百分比浓度和溶液体积，不能确定物质的量浓度和物质的量，故错误；已知标准状况下气体的摩尔体积和标准状况下气体的体积，根据n=，可计算物质的量，故正确；已知非标准状况下某物质的质量和物质的摩尔质量，根据n=可计算物质的量，故正确故选C点评：本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力
9、的考查，注意相关计算公式与物理量之间的关系，难度不大5（3分）（2014松江区一模）C、N、S都是重要的非金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均为酸性氧化物B三者的单质直接与氧气反应都能至少生成两种氧化物C相同温度下，等物质的量浓度的Na2CO3、NaNO3、Na2SO3溶液的pH大小顺序：NaNO3Na2S03Na2CO3DCO2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；碳族元素简介版权所有专题：盐类的水解专题；氧族元素；氮族元素；碳族元素分析：A能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，注意并不是所
10、有的非金属氧化物都是酸性氧化物；B硫和氧气反应只生成二氧化硫；C相同温度下，等物质的量浓度的钠盐，酸根离子对应的酸越弱，其钠盐的pH越大；D二氧化氮和水发生氧化还原反应解答：解：ANO、CO都不属于酸性氧化物，是不成盐氧化物，故A错误；B硫和氧气反应只生成二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫时必须有催化剂和加热条件，故B错误；C相同温度和相同物质的量浓度的Na2CO3、NaNO3、Na2SO3溶液中，因为酸根离子的水解程度：碳酸根离子亚硫酸根离子，硝酸根离子不水解，所以溶液的pH大小顺序：NaNO3Na2S03Na2CO3，故C正确；D二氧化氮和水的反应属于氧化还原反应，二氧化碳、二氧化硫和水
11、的反应属于化合反应，故D错误；故选C点评：本题考查酸性氧化物的判断、盐类的水解等知识点，易错选项是B，注意硫与氧气直接反应，无论氧气是否过量都只生成二氧化硫，为易错点6（3分）下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A向氯水中加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在B向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42CFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水考点：常见阴离子的检验；氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质版权所有分析：A、
12、氯气溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中含有氯气、次氯酸分子，依据HClO的性质解答；B、SO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸根；C、Fe与稀HNO3反应生成NO；D、HCl、NH3均极易溶于水解答：解：A、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，所以向氯水中加入有色布条一会儿有色布条褪色，不能说明溶液中有Cl2存在，故A错误；B、SO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸根，生成硫酸钡沉淀，故B错误；C、Fe与稀HNO3反应生成NO，该反应不是置换反应，Fe与稀H2SO4反应有氢气生成，属于置换反应，故C错误；D、HCl、NH3均极易溶于水，则分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅
13、速上升，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于考查学生的综合运用化学知识的能力和评价能力，题目难度不大，注意把握相关物质的性质及物质的结构，选项A为易错点7（3分）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A饱和氯水中 Cl、NO3、Na+、SO32B加入甲基橙试液呈红色的溶液 NH4+，K+，SO42，ClCNa2S溶液中 SO42、K+、Cl、Cu2+DpH=12的溶液中 NO3、I、Na+、Al3+考点：离子共存问题版权所有分析：A饱和氯水中含有氯气和HClO，具有强氧化性，还原性离子不能存在；B加入甲基橙试液变红色，说明溶液呈酸性，则和氢离子反应的离子不能大量
14、存在；CNa2S溶液中含有大量硫离子，能和硫离子反应的离子不能大量存在；DpH=12的溶液呈碱性，则和氢氧根离子反应的离子不能大量存在解答：解：A饱和氯水中含有氯气和HClO，具有强氧化性，还原性离子不能存在，SO32和氯气、HClO发生氧化还原反应而不能大量存在，故A错误；B加入甲基橙试液变红色，说明溶液呈酸性，则和氢离子反应的离子不能大量存在，这几种离子之间不反应，且和氢离子也不反应，所以能大量共存，故B正确；CNa2S溶液中含有大量硫离子，硫离子和Cu2+反应生成CuS沉淀而不能大量共存，故C错误；DpH=12的溶液呈碱性，则Al3+和OH反应的离子而不能大量存在，故D错误；故选B点评：
15、本题考查离子共存，为高考热点，明确离子反应条件是解本题关键，注意题干中限制性条件，还常常考查离子颜色、溶液酸碱性、氧化还原反应、络合反应等，易错选项是A，题目难度不大8（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O3I2+6OHB往硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液并加热，刚好使NH4+全部转化为NH3：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OHNH3+Al（OH）3+2BaSO4+H2OC用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H+2Cl Mn2+Cl2+2H2ODFeSO4溶液与稀硫酸、双氧水混合：Fe2+H
16、2O2+2H+Fe3+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A酸性溶液中氢离子与氢氧根离子反应生成水；B刚好使NH4+全部转化为NH3：硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液应按照物质的量之比1：2反应；C电荷不守恒，原子个数不守恒；D电荷不守恒解答：解：AKIO3酸性溶液与KI反应的离子方程式：5I+IO3+6H+3I2+3H2O，故A错误；BNH4Al（SO4）2溶液与Ba（OH）2溶液应按照物质的量之比1：2反应刚好使NH4+全部转化为NH3：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OHNH3+Al（OH）3+2BaSO4+H2O，故B正确；C
17、浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式：MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O，故C错误；DFeSO4溶液与稀硫酸、双氧水反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故D错误；故选：B点评：离子方程式的书写及正误判断是高考必考内容，把握离子方程式书写的方法，物质拆分的原子是解题的关键，判断离子方程式书写正误时，注意原子个数、电荷、得失电子守恒规律的应用9（3分）下列关于除去物质中杂质的方案设计，所选除杂试剂合理的是（）主要物质杂质除杂试液ASiO2Al2O3盐酸BSiC氧气CCO2SO2Na2CO3溶液DCl2HClNaOH溶液AABBCCDD考点：物质分离、提纯的实验
18、方案设计版权所有专题：化学实验基本操作分析：ASiO2与盐酸不反应，但Al2O3与盐酸反应；BSi和C都与氧气反应；CCO2和SO2与碳酸钠溶液都反应；DCl2和HClNaOH溶液都反应解答：解：ASiO2与盐酸不反应，但Al2O3与盐酸反应，可除去Al2O3杂质，故A正确；BSi和C都与氧气反应，可用水蒸气加热除杂，故B错误；CCO2和SO2与碳酸钠溶液都反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；DCl2和HClNaOH溶液都反应，应通过饱和食盐水除杂，然后再用浓硫酸干燥，故D错误故选A点评：本题考查物质的分离和提纯的实验方案的评价，题目难度不大，注意物质的性质的异同，为解答该类题目的关键，
19、学习中注意相关基础知识的积累10（3分）下列说法不正确的是（）A明矾和漂白粉均可用于自来水的杀菌、消毒B新制的0.1mol/L氯水中加入少量的NaHSO3晶体，HClO的物质的量浓度减小C钾云母KH2Al3Si3O12写成氧化物的形式为K2O3Al2O36SiO22H2ODO3、H2O2、SO2、Na2O2均有漂白性，其原理不尽相同考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：A、明矾中的铝离子水解生成的氢氧化铝能净水，具有氧化性的物质才具有杀菌消毒的作用；B、亚硫酸氢钠可以和盐酸、次氯酸之间反应；C、硅酸盐化学式可表示为金属氧化物和非金属氧化物的加合物，根据氧化物的书写顺序
20、来回答；D、根据物质的漂白原理来回答判断解答：解：A、漂白粉均可用于自来水的杀菌、消毒，明矾只能净水，故A错误；B、NaHSO3和HClO之间可以发生氧化还原反应，所以HClO的物质的量浓度减小，故B正确；C、硅酸盐化学式可表示为金属氧化物和非金属氧化物的加合物，先写较活泼金属，再是非金属氧化物在，最后是水，即钾云母KH2Al3Si3O12写成氧化物的形式为K2O3Al2O36SiO22H2O，故C正确；D、O3、H2O2、Na2O2均有漂白性，是氧化性漂白，其原理是一样的，但是SO2和它们不一样，是发生非氧化还原反应的结合过程，加热，颜色复原，故D正确故选A点评：本题是一道综合知识的考查题，
21、涉及漂白原理、硅酸盐的氧化物表达形式、次氯酸的性质等知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大11（3分）（2013广东模拟）已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若X为N2或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应考点：无机物的推断版权所有专题：元素及其化合物分析：由转化关系可知，A能发生连续氧化，则由氨气和氧气反应生成一氧化氮，最终实现转化的生成物是硝酸；S在氧气中反应生成二氧化硫，再被氧化后产物和水反应生成的是硫酸，
22、A为硫酸或硝酸，X为氮气、氨气、S或H2S等，以此来解答解答：解：A若X为N2或NH3，Y为NO，Z为NO2，则A为硝酸，故A正确；B若X为S或H2S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，故B正确；C若X为非金属单质或非金属氢化物，A为硝酸和硫酸，稀硝酸与Cu反应Y，浓硝酸和Cu反应不生成Y，且Cu与稀硫酸不反应，则A不一定能与金属铜反应生成Y，故C正确；D反应和一定为氧化还原反应，反应若为二氧化氮和水的反应一定为氧化还原反应，故D错误；故选：D点评：本题考查无机物的推断，侧重氮及其化合物、硫及其化合物知识的考查，把握转化关系中X连续氧化为解答的突破口，属于综合知识的考查，综合性较强，题目难度
23、较大12（3分）下列各项反应对应的图象正确的是（）A25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B向NaAlO2溶液中通入HCl气体C向少量氯化铁溶液中加入铁粉D向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠考点：氯气的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变版权所有专题：图示题；元素及其化合物分析：A亚硫酸为酸性，其pH小于7，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl+4H+SO42；BNaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H+AlO2+H2O=Al（OH）3、Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；C向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2；DBaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加
24、硫酸钠，硫酸根离子浓度增大解答：解：A亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl+4H+SO42后，随着二氧化硫的通入，pH会降低，直到氯气反应完全，pH不变，故A不选；BNaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H+AlO2+H2O=Al（OH）3、Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；DBaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸
25、根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故选C点评：本题考查了元素化合物的性质应用，识图和作图的能力，侧重于学生的分析能力的考查，注意二氧化硫和氯气能发生氧化还原反应而生成硫酸和盐酸，发生的反应与图象的对应关系，难度中等13（3分）在3BrF3+5H2O9HF+HBrO3+O2+Br2的反应中，若有10mol H2O参加反应，则被水还原的BrF3是（）AmolB2molCmolDmol考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0
26、价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用根据氧化还原反应中电子转移守恒计算被水还原的BrF3的物质的量解答：解：在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用由方程式可知若有10mol H2O参加反应，则有4mol水被氧化，失去电子的物质的量为4mol（20）=8mol，令被水还原的BrF3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则8mol=xmol（30），x=
27、mol，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂、还原剂，利用电子转移守恒、元素守恒计算14（3分）部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是（）A滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+BV=448C样品中CuO的质量为2.0gD样品中Fe元素的质量为1.12 g考点：有关混合物反应的计算版权所有分析：稀硫酸足量，由于氧化性：Fe3+Cu2+H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为：=0.025mol
28、，即合金样品中总共含有铜元素0.025mol；滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体1.6g为Fe2O3，物质的量为：=0.01mol，则混合物中铁元素的物质的量为0.02mol，利用极限法判断样品中金属Fe、CuO的质量问题；滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，硫酸含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧原子的物质的量，进而计算氧原子它结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积解答：解：由于稀硫酸足量，且氧化性：Fe3+Cu2+H+，则铁
29、离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜元素0.025mol；滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体1.6g为Fe2O3，物质的量为0.01mol，铁元素的物质的量为0.02mol；滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，硫酸含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水，A由上述分析可知，滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，不存在铁离子，故A错误；B最后溶液中溶质为
30、过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧原子的物质的量为：n（O）=0.01mol，它结合氢离子0.02mol，所以硫酸中有0.04mol0.02mol=0.02molH+生成氢气，即生成0.01mol氢气，标况体积=0.01mol22.4L/mol=0.224=224ml，故B错误；C铜元素0.025mol，样品中CuO的最大质量为：0.025mol80g/mol=2g，部分氧化时，其CuO质量小于2g，故C错误；D铁元素的物质的量为0
31、.02mol，其质量为0.02mol56g/mol=1.12g，故D正确；故选D点评：本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意极限法与原子守恒在进行计算中的应用方法，难度中等二、填空题（共7小题，每小题6分，满分58分）15（6分）氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO根据题意完成下列各题：（1）配平上述化学反应方程式3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO（2）为了保证石英和焦炭尽可能的转化，氮气要适当过量某次反应用了30mo
32、l氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则此时混合气体的平均摩尔质量是28g/mol（3）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（A12O3），热稳定性好，化学性质稳定以下用途正确的是ACA可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等设备B在电子工业上制成耐高温的电的良导体C研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机D氮化硅陶瓷的开发受到资源的限制，没有发展前途考点：氧化还原反应方程式的配平；无机非金属材料版权所有专题：氧化还原反应专题；碳族元素分析：（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2 由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：4，所以SiO2、C、N2化学计量数之比
33、为3：6：4，令SiO2的化学计量数为3，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6；（2）N2与CO的相对分子质量都是28，混合气体的平均相对分子质量不变；（3）由信息可知，氮化硅机械强度高，硬度大，热稳定性好，化学性质稳定，氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，制备氮化硅的资源丰富，自然界中有大量的氮气与二氧化硅，具有广阔的发展前景解答：解：（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2 由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知
34、Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2 Si3N4+6CO，故答案为：3；6；2；1；6； （2）N2与CO的相对分子质量都是28，所以混合气体的平均相对分子质量为28，则此时混合气体的平均摩尔质量是28g/mol，故答案为：28g/mol； （3）A氮化硅热稳定性好，可以用于热工设备，故A正确；B氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，故B错误；C氮化硅机械强度高，硬度大，可以替代同类型金属发动机，故C正确；D制备氮化硅的资源丰富，具有广阔的发展前景，故D错误；故选：AC点评：本题主要考查了氧化还原反应配平、氮化硅的性质和用途等知识，注意掌握氧化还原反应化
35、学方程式常用的配平方法，题目难度中等16（6分）锡为第A族元素，锡的单质和化合物与某些物质的化学性质有许多相似之处已知锡元素具有如下性质：Sn4+Sn2Sn2+；2Sn2+O2+4H+2Sn4+2H2O；2H+SnO22Sn（OH）2Sn2+2OH试回答：（1）锡溶于盐酸，再向反应后的溶液中通入氯气，有关反应类似于铁的相应变化，试写出有关反应的化学方程式：Sn+2HClSnCl2+H2，SnCl2+Cl2SnCl4（2）将（1）中溶液蒸干后继续灼烧所得固体，变化过程类似于FeCl3溶液相应的变化，则最后得到的固体物质是SnO2（填化学式）（3）若可用SnCl2溶液与过量的碱溶液反应的方法制Sn
36、（OH）2，该碱可选用NH3H2O考点：盐类水解的原理；化学方程式的书写版权所有分析：（1）Sn和HCl反应生成SnCl2、H2，SnCl2被Cl2氧化生成SnCl4；（2）加热SnCl4溶液时，SnCl4水解生成HCl，HCl易挥发促进SnCl4水解，然后灼烧最终得到金属氧化物；（3）根据2H+SnO22Sn（OH）2Sn2+2OH知，Sn（OH）2具有两性，能溶于强碱、强酸解答：解：（1）Sn的性质和铁相似，根据铁、亚铁离子的性质知，Sn和HCl反应生成SnCl2、H2，SnCl2被Cl2氧化生成SnCl4，反应方程式分别为Sn+2HClSnCl2+H2、SnCl2+Cl2SnCl4，故答
37、案为：Sn+2HClSnCl2+H2；SnCl2+Cl2SnCl4；（2）加热SnCl4溶液时，SnCl4水解生成HCl，HCl易挥发促进SnCl4水解，然后灼烧最终得到金属氧化物SnO2，故答案为：SnO2；（3）根据2H+SnO22Sn（OH）2Sn2+2OH知，Sn（OH）2具有两性，能溶于强碱、强酸，所以用SnCl2溶液与过量的碱溶液反应的方法制Sn（OH）2，该碱可选用弱碱NH3H2O，故答案为：NH3H2O点评：本题考查盐类水解，正确理解题干信息是解本题关键，利用知识迁移的方法分析解答，题目难度不大17（8分）某混合溶液中可能含有的离子如表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、M
38、g2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl、Br、I、CO32、AlO2为探究其成分，进行了以下探究实验（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示该溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，其对应物质的量浓度之比为2：3：1，一定不存在的阴离子是CO32、AlO2；请写出沉淀保持不变过程中发生反应的离子方程式NH4+OHNH3H2O考点：离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法版权所有分析：（1）开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H+OHH2O，再加入氢氧化钠溶液至5
39、V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3+3OHAl（OH）3，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4+OHNH3H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OHAlO2+H2O，消耗氢氧化钠V0；依据定量关系分析判断离子存在情况和离子物质的量之比；沉淀保持不变发生的反应是铵根离子与氢氧根离子生成氨水解答：解：（1）根据图象，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+；由离子共存可知，一定不含有CO32、AlO2，开始加入2V0
40、无沉淀生成说明发生的反应是：H+OHH2O，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，有Al3+；再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3+3OHAl（OH）3，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4+OHNH3H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OHAlO2+H2O，消耗氢氧化钠V0；沉淀的质量不变，反应为NH4+OHNH3H2O的反应，则有NH4+；图中反应现象无法确定是否含K+；综上所
41、述一定含有H+、NH4+、Al3+，物质的量之比=2V0：3V0：V0=2：3：1，故答案为：H+、NH4+、Al3+；2：3：1；CO32、AlO2； 沉淀保持不变发生的反应是铵根离子与氢氧根离子生成氨水，反应的离子方程式为NH4+OHNH3H2O，故答案为：NH4+OHNH3H2O点评：本题综合考查离子反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，注意中反应的先后顺序为解答的关键，题目难度中等18（4分）乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：C
42、l2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln （Cl）2.5mol3.0mol4.0moln （Br）3.0mol2.6mol1.6moln （I）x mol00原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为（最简整数比）10：15：3当通入Cl2的体积达到11.2L时，溶液中发生的总反应的离子方程式可表示为：5Cl2+6I+4Br=10Cl+3I2+2Br2考点：离子方程式的有关计算版权所有分析：还原性：IBr，加入氯气5.6L时溶液中Iamol，则说明通入5.6L Cl2只发生：Cl2+2II2+2Cl，5.6L变成11.2L，消耗5.6L Cl2的物质的量为=0.25mol，发生Cl
43、2+2II2+2Cl、Cl2 +2BrBr2+2Cl，结合离子反应方程式计算解答：解：由于还原性：IBr，加入氯气5.6L时溶液中Ixmol，Cl2的物质的量为=0.25mol，Cl2+2II2+2Cl，0.25 0.5消耗n（I）=20.25mol=0.5mol，生成n（Cl）=20.25mol=0.5mol，此时n（Br）=3.0mol，则说明原溶液中n（Br）=3.0mol；5.6L变成11.2L，消耗Cl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2 +2BrBr2+2Cl，Br消耗3.02.6=0.4mol，需要氯气0.2mol， Cl2 +2BrBr2+2Cl0.2mol 0.4mo
44、l Cl2 +2II2+2Cl 0.05mol 0.1mol 则x=0.1mol，所以原溶液中：n（I）=0.5mol+0.1mol=0.6mol，n（Cl）=2.5mol0.5mol=2mol，n（Cl）：n（Br）：n（I）=2：3：0.6=10：15：3，故答案为：10：15：3；当通入Cl2的体积达到11.2L时，碘离子均被氧化，溴离子部分氧化，由电子、电荷守恒可知离子反应为5Cl2+6I+4Br=10Cl+3I2+2Br2，故答案为：5Cl2+6I+4Br=10Cl+3I2+2Br2点评：本题考查离子反应的判断和计算，为高频考点，把握离子的还原性以及表中数据判断反应的程度为解答的关键
45、，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等19（10分）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如图所示的反应关系：（1）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：4NH3+6NO5N2+6H2O（2）若D物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体判断单质A的元素在周期表中的位置：第三周期A族（3）若A是太阳能电池用的光伏材料C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式：Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2
46、（4）若A是应用最广泛的金属反应用到A，、反应均用到同一种非金属单质C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+（5）若A为淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质 B与C可反应生成A请写出B的电子式考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：（1）若B是气态氢化物C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为C为NO、D为NO2B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，推断A为N2，B为NH3；（2）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为A
47、l（OH）3；（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3；（4）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为FeCl2；（5）若单质A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，则A为S、B为H2S、C为SO2，D为SO3解答：解：（1）若B是气态氢化物C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为C为NO、D为NO2B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，
48、则A为N2，B为NH3，B与C反应生成的化学反应方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；（2）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，Al位于周期表中第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，反应的化学方程式为：Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2，故答案为：Si+2
49、NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2；（4）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；（5）若单质A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，则A为S、B为H2S、C为SO2，D为SO3，H2S的电子式为：，故答案为：点评：本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等20（10分）某地煤矸石经预处理后含
50、SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用煤矸石的工艺流程如图所示（1）写出“酸浸”过程中主要反应的离子方程式（任写一个）：Al2O3+6H+2Al3+3H2O或Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O（2）物质X的化学式为CO2“碱溶”时反应的离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（3）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得Al（OH）3产品，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续的操作过程是加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe
51、（OH）3后，再加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3（4）以煤矸石为原料还可以开发其他产品，例如在煤矸石的盐酸浸取液除铁后，常温下向AlCl3饱和溶液中不断通入HCl气体，可析出大量AlCl36H2O晶体结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有专题：实验设计题分析：含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的
52、化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；（1）能和酸反应的物质有氧化铝和氧化铁；（2）根据碳酸钙和溶液中的氢离子反应生成二氧化碳；氢氧化铝和氢氧化钠能反应生成偏铝酸钠；（3）条件溶液的pH除去氢氧化铁；（4）氯化氢抑制氯化铝溶解解答：解：含SiO2（63%）、Al2
53、O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；（1）氧化铝和氧化铁都能和盐酸反应生成盐和水，反应方程式分别是：Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，故答案为：Al2O3+6H+2Al3+3
54、H2O或Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（2）氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：CO2；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀，故答案为：加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（
55、OH）3后；（4）氯化铝在溶液中存在溶解平衡，AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入氯化氢后溶液中氯离子浓度增大，抑制氯化铝溶解，所以促进氯化铝晶体析出，故答案为：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体点评：本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度不大21（14分）Na2O2是常见
56、的氧化剂某化学小组的同学欲通过以下实验确定炭粉与Na2O2反应的产物实验步骤I按如图所示装置（部分仪器未画出）组装仪器，并检查装置气密性将0.6g炭粉与3.9g Na2O2均匀混合，装入试管，在靠近试管口处放置一张湿润的氯化钯试纸（湿润氯化钯试纸遇CO变黑，可用于检验是否有CO生成）、用酒精灯微微加热试管底部实验现象试管中发生剧烈反应并产生火花，氯化钯试纸未变黑，石灰水未变浑浊请回答：（1）在图中方框内绘出仪器装置简图，使仪器装置图完整（2）装置B的作用是防止倒吸（3）通过探究发现，装置A中发生的反应为2Na2O2+CNa2CO3+X，X的电子式是（4）CO在潮湿环境中可将氯化钯还原为黑色粉末
57、状的钯（Pd），同时生成另外两种物质已知反应过程中转移6.02l023个电子时，生成53g Pd，该反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl（5）将装置A中充分反应后所得产物溶于适量水中所得溶液的溶质是NaOH、Na2CO3（填化学式）溶液中下列关系正确的是bd（填字母序号）a、c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）b、c（Na+）c（OH）c（CO32）c（HCO3）c、c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）d、c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3）若使所得溶液与100mL稀盐酸恰好完全反应至溶液
58、pH=7，该盐酸的物质的量浓度为1mol/L考点：性质实验方案的设计；离子浓度大小的比较；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：（1）0.6g炭粉与3.9g Na2O2均匀混合，装入试管，且试管中应有一张湿润的氯化钯试纸，由于反应物为固体，试管口应略向下倾斜；（2）B为安全瓶；（3）根据质量守恒判断X；（4）n（Pd）=0.5mol，转移电子的物质的量为1mol，反应为为PdCl2、CO和H2O，生成物应为CO2和HCl；（5）反应生成Na2CO3和Na2O，Na2O和水反应生成NaOH；反应后溶液呈碱性，结合电荷守恒判断；反应溶液溶质为NaCl，根据质量守恒计算解答：解：（1）0.
59、6g炭粉与3.9g Na2O2均匀混合，装入试管，且试管中应有一张湿润的氯化钯试纸，由于反应物为固体，试管口应略向下倾斜，则缺少的应为，故答案为：；（2）B为安全瓶，可防止倒吸，故答案为：防止倒吸；（3）根据质量守恒判断X为Na2O，电子式为，故答案为：；（4）n（Pd）=0.5mol，转移电子的物质的量为1mol，反应为为PdCl2、CO和H2O，生成物应为CO2和HCl，则反应的方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；（5）反应生成Na2CO3和Na2O，Na2O和水反应生成NaOH，故答案为：NaOH、Na2CO3；由于CO32水解，则c（CO32）c（OH），故a错误、b正确；根据电荷应溶液中还存在NaOH，则c错误，由电荷守恒可知d正确，故答案为：b d；n（Na2O2）=0.05mol，反应后溶液溶质为NaCl，则生成NaCl0.1mol，所以c（HCl）=c（NaCl）=1mol/L，故答案为：1 mol/L点评：本题考查实验探究问题，涉及过氧化钠的性质、离子浓度比较等问题，难度较大，注意根据反应的现象判断反应原理，把握实验基本操作方法，为高考常见题型