1、2015-2016学年甘肃省张掖市高台一中高一（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列做法不能体现低碳生活的是（）A减少食物加工过程B注意节约用电C尽量购买本地的、当季的食物D大量使用薪柴为燃料2如果花生油中混有水，最好采用下列何种方法分离（）A过滤B蒸馏C分液D萃取3“神舟八号”飞船成功发射升空，开启了与“天宫一号”交会对接之旅下列物质在一定条件下均产生氧气，其中能用在宇航员呼吸面具中提供氧气的物质是（）AKMnO4BNa2O2CKClO3DH2O24化学在生产和日常生活中有关重要的应用，下列说法不正确的是（）A明矾可用于水的净化BAl
2、2O3可用作耐火材料CNaOH可用作食用碱D烟花燃放中发生了焰色反应5下列气体中，不能用排空气法只能用排水法收集的是（）ANOBSO2CNO2DNH36下列材料中，不属于合金的是（）A黄铜B钢C水泥D硬铝7与100mL0.1molL1AlCl3溶液中Cl的物质的量浓度相等的是（）A50mL0.1 molL1NaCl溶液B50mL0.15 molL1MgCl2溶液C10mL1.0 molL1FeCl3溶液D100mL0.3 molL1 KClO3溶液8对实验IIV的实验操作现象判断正确的是（）A实验：产生红褐色沉淀B实验：溶液颜色变红C实验：放出大量气体D实验：先出现白色沉淀，后溶解9下列无色透
3、明溶液，能大量共存的是（）AK+、Na+、HCO3、OHBCl、MnO4、K+、Na+CSO42、K+、Cl、NO3DH+、NO3、CO32、Fe2+10下列各步变化：AHClBCl2CCa（ClO）2DHClOECO2，其中不能直接实现的是（）AABBBCCCDDDE11以下说法正确的是（）A物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应B金属阳离子在氧化还原反应中不一定作氧化剂C含非金属元素的离子，在氧化还原反应中作还原剂D非金属原子越容易得到电子，其单质还原性越强12将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显变化，但加入某盐后发现铜粉质量明显减少，则该盐不可能是（）AFe2（SO4）3BNaClCKNO3D
4、Cu（NO3）213下列现象的描述正确的是（）A点燃的镁条伸人充满二氧化碳的集气瓶中，不能继续燃烧B常温下，铁与浓硝酸剧烈反应生成红棕色气体C铁制品在潮湿的空气中，能缓慢锈蚀成铁锈D钠在氯气中燃烧，产生黄绿色火焰并有白烟生成14用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A常温常压下，氧气和臭氧的混合物16g中含有NA个氧原子B常温下，5.6g铁与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAC盛有CO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则CO2的物质的量不一定是0.5molD1molL1NaCl溶液含有NA个Na+离子15用如图所示装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中
5、加入的试剂），其中可行的是（）气体abcNO2浓硝酸铜片浓硫酸SO2浓硫酸Fe浓硫酸NH3浓氨水生石灰碱石灰Cl2浓盐酸MnO2粉末浓硫酸ABCD16下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（）Al2O3 Ca（OH）2 Na2CO3 AlABCD17下列各组物质中，Y是X物质中含有的少量杂质，Z是除杂试剂，其中所加试剂最合理的一组是（）XYZANaHCO3溶液 Na2CO3BaCl2溶液BFeCl3溶液CuCl2FeCFe2O3Al2O3NaOH溶液DNa2SO4溶液Na2CO3盐酸AABBCCDD18下列两种物质发生反应：Na和O2；AlCl3与氨水；水玻璃与CO2；Fe与C
6、l2；Cu和HNO3，因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是（）ABCD二、填空题（共46分）19（1）按要求写出化学式石灰石的主要成分；纯碱；漂白液的有效成分；硅石的主要成分（2）将下列7个反应分成两类：白色的Fe（OH）2先变成灰绿最后变成红褐色；NaOH腐蚀玻璃；铝屑溶于NaOH溶液；小苏打受热分解；NO2被水吸收；NH4Cl与熟石灰反应；高炉炼铁第一类是；第二类是（2013秋吉林期末）如图是氮元素的各种价态与物质类别的对应关系：（1）根据A对应的化合价和物质类别，A的摩尔质量是，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中既有氧化性又有还原性的化合物有（2）实验室依据复分解反应
7、原理制取NH3的化学方程式是（3）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应使用（4）汽车尾气中含有CO和NOx等多种有害气体，若在汽车的排气管上安装一种催化转化装置，可使CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则该反应的化学方程式为（5）合成法制硝酸是以NH3为原料，经催化氧化后再用水吸收来实现的，若开始时投入17吨NH3，最后生产出的硝酸为42吨，则硝酸的产率是21工业上常用Na制备钛、钽、铌、锆等如制钛，常有如下操作步骤，请完成其中的问题：（1）用90%浓H2SO4溶解钛铁矿（FeTiO3），反应方程式为：FeTiO3+3H2SO4FeSO4+Ti（SO4）2+3H2O在除
8、去不溶性杂质后，结晶析出FeSO47H2O时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为A防止Fe2+被氧化B防止Ti（SO4）2水解C减少FeSO47H2O的溶解量D减少Ti（SO4）2的溶解量（2）在除去杂质后，又需加大量水稀释以降低酸度，同时加热以生成TiO（OH）2沉淀，过滤，将TiO（OH）2热分解即得钛白粉（TiO2）除杂后加水稀释和加热的目的是 （3）在高温HCl气流中，TiO2可转化为TiCl4，反应方程式为（4）将TiCl4与Na共熔即得Ti，反应方程式为，若用TiCl4溶液与Na反应制Ti，则不能达到预期目的，原因是22现有下列九种物质：H2；铝；CuO；CO2；稀H2SO4；
9、稀硝酸；氨水；Ba（OH）2固体；熔融Al2（SO4）3，用序号回答下列问题；（1）上述物质中，属于碱的是（2）上述物质或溶液中若两两反应的离子方程式为：H+OHH2O，则对应的两种物质是（3）上述物质或其溶液若两两反应生成氢气，则对应的两种物质的组合分别是（4）17.1g溶于水配成250mL溶液，SO42的物质的量浓度为（5）在的溶液中通入过量的，写出总反应的离子方程式（6）在特殊条件下，与发生反应的化学方程式为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3X+9H2O，该反应中X的化学式是，其中还原剂与氧化剂的物质的量之比是，当有8.1g Al发生反应时，转移电子的物质的量为2015-20
10、16学年甘肃省张掖市高台一中高一（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列做法不能体现低碳生活的是（）A减少食物加工过程B注意节约用电C尽量购买本地的、当季的食物D大量使用薪柴为燃料【分析】此题考查了化学与生产生活的联系，解答此题的易错点是不能准确理解“低碳”的含义，而造成错误选择由于二氧化碳气体的大量排放，地球气候异常表现的越来越显著，对人类生活的影响也越来越大，故此在生产生活中要尽可能节约能源，减少二氧化碳排放【解答】解：A、低碳生活的核心是减少二氧化碳的排放，食物加工过程减少，可节约能源，减少二氧化碳排放，能体现，排
11、除A；B、目前电力的主要来源是火电，节约用电能减少二氧化碳排放，能体现，排除B；C、本地食物能减少运输消耗、当季食物能减少贮存的能量消耗，能体现，排除C；D、薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，不能体现低碳思想，符合要求故选：D【点评】化学与STES内容非常广泛化学与日常生活、社会热点问题、食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容是高考考查的重要内容解题中要动用到平时知识的积累，决定成败还是在平时所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来2如果花生油中混有水，最好采用下列何种方法分离（）A过滤B蒸馏C分液D萃取【分析】A、过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种
12、方法；B、蒸馏是把互相溶解但沸点不同的两种液体或将水中难挥发性物质和水分离出来的方法；C、分液是分离互不相溶的两种液体的方法；D、萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来的方法【解答】解：花生油和水是互不相溶的两种液体A、过滤法实现固体和液体的分离，故A错误；B、蒸馏法实现两种互溶液体的分离，故B错误；C、分液法可以实现互不相溶的两种液体的分离，花生油和水不相溶，故C正确；D、萃取法可以实现在两种溶剂中溶解度不一样的物质的分离，故D错误故选C【点评】本题考查学物质的分离方法的实用知识，注意平时知识的积累是解题的关键，难度不大3“神舟八号”飞船成功
13、发射升空，开启了与“天宫一号”交会对接之旅下列物质在一定条件下均产生氧气，其中能用在宇航员呼吸面具中提供氧气的物质是（）AKMnO4BNa2O2CKClO3DH2O2【分析】能用在宇航员呼吸面具中提供氧气的物质是常温下可以和人体呼出气体水以及二氧化碳之间反应产生氧气的物质【解答】解：A、高锰酸钾和水以及氧气之间不会发生反应，故A错误；B、过氧化钠可以和水以及二氧化碳之间发生反应生成氧气，常用做呼吸面具的供氧剂，故B正确；C、氯酸钾不能和水以及二氧化碳之间反应生成氧气，故C错误；D、双氧水不能和水以及二氧化碳之间反应生成氧气，故D错误；故选：B【点评】本题考查学生过氧化钠的性质和应用方面的知识，
14、属于综合知识的考查题，难度不大4化学在生产和日常生活中有关重要的应用，下列说法不正确的是（）A明矾可用于水的净化BAl2O3可用作耐火材料CNaOH可用作食用碱D烟花燃放中发生了焰色反应【分析】A、氢氧化铝具有净水作用；B、氧化铝的熔点很高；C、氢氧化钠具有腐蚀性；D、金属元素的焰色反应会呈现不同的颜色【解答】解：A、明矾电离出的铝离子会生成氢氧化铝，氢氧化铝具有净水作用，所以明矾可用于水的净化，故A正确；B、氧化铝的熔点很高，可用作耐火材料，故B正确；C、氢氧化钠具有腐蚀性，对人体有害，所以氢氧化钠不能作食用碱，故C错误；D、金属元素的焰色反应会呈现不同的颜色，烟花燃放中发生了焰色反应，故D
15、正确故选：C【点评】本题考查了盐类水解的应用，氧化铝的性质应用，氢氧化钠的特征性质应用，焰色反应的应用，题目难度中等5下列气体中，不能用排空气法只能用排水法收集的是（）ANOBSO2CNO2DNH3【分析】不能用排空气法只能用排水法收集说明该气体能和空气中的成分反应，和水不反应，据此分析解答【解答】解：A、NO和空气中的氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，NO和水不反应，所以可以采用排水集气法收集，故A正确B、二氧化硫和水反应，所以不能用排水集气法收集，故B错误C、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，所以不能用排水集气法收集，故C错误D、氨气和水反应生成氨水，所以不能用排水集气法收集
16、，故D错误故选A【点评】本题考查了气体的收集方法，难度不大，明确气体的性质是解本题的关键，知道气体的收集常用方法有排水法和排空气法，根据气体的性质选取相应的收集方法6下列材料中，不属于合金的是（）A黄铜B钢C水泥D硬铝【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属，合金的硬度大，熔点低据此分析解答【解答】解：A黄铜是铜和锌的合金，故A错误； B钢是铁和碳的合金，故B错误；C水泥主要成分：硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，无金属单质，不属于合金，故C正确；D硬铝属于铝的合金，故D错误
17、；故选C【点评】本题主要考查了合金的判别，掌握合金的概念及特征是解答的关键，题目较简单7与100mL0.1molL1AlCl3溶液中Cl的物质的量浓度相等的是（）A50mL0.1 molL1NaCl溶液B50mL0.15 molL1MgCl2溶液C10mL1.0 molL1FeCl3溶液D100mL0.3 molL1 KClO3溶液【分析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度一个溶质分子中含有的离子的个数，与溶液的体积无关【解答】解：100mL 0.1molL1AlCl3溶液中Cl的物质的量浓度为0.1mol/L3=0.3mol/L，A、50ml 0.1mol/L的NaCl溶液所含Cl物
18、质的量浓度为0.1mol/L1=0.1mol/L，故A错误；B、50mL0.15 molL1MgCl2溶液中氯离子浓度为0.15mol/L2=0.3mol/L，故B正确；C、10ml 1.0mol/L的FeCl3溶液氯离子浓度为1.0mol/L3=3mol/L，故C错误；D、100mL0.3 molL1 KClO3溶液中不含氯离子，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意离子浓度与溶质的浓度的关系即可解答，离子浓度与溶液体积无关8对实验IIV的实验操作现象判断正确的是（）A实验：产生红褐色沉淀B实验：溶液颜色变红C实验：放出大量气体D实验：先出现白色沉淀，后溶解【
19、分析】A将氯化铁饱和溶液加入到沸水中可得到氢氧化铁胶体；B三价铁离子遇硫氰化钾变红色；C镁与碱不反应；D氯化铝与氢氧化钠反应先生成白色沉淀后沉淀溶解【解答】解：A将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，故A错误； B三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故B错误；C镁与氢氧化钠溶液不反应，故C错误；D氯化铝与氢氧化钠反应先生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝可与氢氧化钠继续反应生成可溶性的偏氯酸钠，故D正确故选D【点评】本题考查元素及其化合物的性质，明确物质间的反应是解题的关键，题目难度不大9下列无色透明溶液，能大量共存的是（）AK+、Na+、HCO3、OHBCl、
20、MnO4、K+、Na+CSO42、K+、Cl、NO3DH+、NO3、CO32、Fe2+【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则离子能大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：AHCO3与OH反应而不能大量共存，故A错误；BMnO4有颜色，不符合无色要求，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；DH+、CO32反应生成二氧化碳和水，H+、NO3、Fe2+发生氧化还原反应，且Fe2+有颜色，故D错误故选C【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，熟悉常见离子之间的反应及颜色即可解答，题目难度不大10下列各步变化：AHCl
21、BCl2CCa（ClO）2DHClOECO2，其中不能直接实现的是（）AABBBCCCDDDE【分析】A、根据实验室制氯气；B、根据Cl2能与碱反应；C、根据Ca（ClO）2与CO2反应；D、根据碳酸的酸性比次氯酸强，不可能由HClO制得CO2；【解答】解：A、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故A不选；B、2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故B不选；C、Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故C不选；D、由于碳酸的酸性比次氯酸强，所以不可能由HClO制得CO2，故D选；故选：D【点评】熟练掌握常见物质的性质及变化规律，
22、是解答此类问题的知识基础11以下说法正确的是（）A物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应B金属阳离子在氧化还原反应中不一定作氧化剂C含非金属元素的离子，在氧化还原反应中作还原剂D非金属原子越容易得到电子，其单质还原性越强【分析】A含元素化合价升高的物质为还原剂，发生氧化反应；B处于中间价态的金属阳离子，可作氧化剂或还原剂；C含非金属元素的离子，可作氧化剂或还原剂；D非金属元素的得电子能力越强，非金属性越强【解答】解：A含元素化合价升高的物质为还原剂，发生氧化反应，则物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应，故A错误；B处于中间价态的金属阳离子，可作氧化剂或还原剂，如亚铁离子既有氧化性也有还原性，
23、故B正确；C含非金属元素的离子，可作氧化剂或还原剂，如亚硫酸根离子既有氧化性也有还原性，故C错误；D非金属元素的得电子能力越强，非金属性越强，而单质的还原性越弱，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应的基本概念为解答的关键，注意利用常见的实例分析解答，题目难度不大12将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显变化，但加入某盐后发现铜粉质量明显减少，则该盐不可能是（）AFe2（SO4）3BNaClCKNO3DCu（NO3）2【分析】铜粉与稀硫酸不反应，可以与稀硝酸反应，原来溶液中存在氢离子，有硝酸根离子存在时具有强氧化性，此外铜还可以和三价铁之间反应【解答】解：A、金属铜
24、可以和三价铁离子之间反应生成铜离子和亚铁离子，故A不选；B、金属铜和稀盐酸、稀硫酸之间均不反应，所以加入氯化钠，不发生反应，故B选；C、加入硝酸钾在酸性条件下，有很强的氧化性，能和金属铜之间反应，发生反应的离子方程式应该是：8H+2NO3+3Cu=3Cu2+4H2O+2NO，故C不选；D、加入硝酸铜在酸性条件下，即可认为存在了硝酸，硝酸有很强的氧化性，能和金属铜之间反应，发生反应的离子方程式应该是：8H+2NO3+3Cu=3Cu2+4H2O+2NO，故D不选；故选B【点评】铜粉与稀硝酸可以反应，可以直接加入硝酸，也可以先加盐酸或硫酸，再加入硝酸盐，其作用是一样的13下列现象的描述正确的是（）A
25、点燃的镁条伸人充满二氧化碳的集气瓶中，不能继续燃烧B常温下，铁与浓硝酸剧烈反应生成红棕色气体C铁制品在潮湿的空气中，能缓慢锈蚀成铁锈D钠在氯气中燃烧，产生黄绿色火焰并有白烟生成【分析】A镁能在二氧化碳中燃烧；B常温下铁与浓硝酸发生钝化反应；C铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀；D钠在氯气中燃烧，火焰为黄色【解答】解：A镁能在二氧化碳中燃烧，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故A错误；B常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，表面生成致密的氧化铁，阻碍反应继续进行，没有明显的现象，故B错误；C铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀，缓慢锈蚀成铁锈，故C正确；D钠在氯气中燃烧，火焰为黄色，产生NaCl，有白烟生成，故
26、D错误故选C【点评】本题考查常见元素以及化合物的性质，题目难度不大，注意镁能在二氧化碳中燃烧的性质14用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A常温常压下，氧气和臭氧的混合物16g中含有NA个氧原子B常温下，5.6g铁与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAC盛有CO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则CO2的物质的量不一定是0.5molD1molL1NaCl溶液含有NA个Na+离子【分析】A、氧气和臭氧是同素异形体，组成一样，原子个数等于质量比摩尔质量乘以阿伏伽德罗常数；B、盐酸具有弱氧化性，把铁氧化成二价铁离子；C、根据原子数、分子数、物质的量、阿伏伽德罗常数之间的关系式计算
27、判断；D、溶液体积不确定【解答】解：A、氧气和臭氧是同素异形体，成分一样，原子个数等于质量比摩尔质量乘以阿伏伽德罗常数，N=，故A正确；B、盐酸具有弱氧化性，把铁氧化成二价铁离子，所以，失去的电子数是0.2NA，故B错误；C、每个二氧化碳分子中含有2个氧原子，含有NA个氧原子的二氧化碳的物质的量是0.5mol，故C错误；D、溶液体积不确定，故D错误；故选A【点评】涉及阿伏伽德罗常数的问题，必须注意下列一些细微的知识点：1状态问题：如水在标况下是液体；2特殊物质的摩尔质量：如D2O；3一些物质的分子中原子的个数：Ne、O3 、N2、P4等；4较复杂的化学反应中转移的电子数的求算；如：过氧化钠与水
28、的反应等；5一些物质中化学键的数目，如：二氧化硅、硅、甲烷等；7用到22.4L/mol时，必须注意气体是否处于标况下15用如图所示装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（）气体abcNO2浓硝酸铜片浓硫酸SO2浓硫酸Fe浓硫酸NH3浓氨水生石灰碱石灰Cl2浓盐酸MnO2粉末浓硫酸ABCD【分析】根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置【解答】解：A、浓硝酸和铜反应制取二氧化氮气体，二氧化氮气体酸性气体，和酸不反应，所以可用浓硫酸干燥，二氧化氮气体的密度大于空气的密度，所以应采用向上排空气
29、集气法收集，即符合，故A正确；B、因浓硫酸和铁能产生钝化现象，且二氧化硫有毒，不宜采用排空气法收集，即不符合，故B错误；C、氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，故排除，故C错误；D、反应装置为固液混合不加热型装置，实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故排除，故D错误；故选A【点评】本题考查了反应装置、洗气装置、收集装置的选择，难度不大，注意根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置16下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（）Al2O3 Ca（OH）2 Na2CO3 AlABCD【分析】根据
30、物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；某些具有两性的金属：Zn、Al等；某些非金属：Si、S等；其它一些物质如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应
31、以此解答本题【解答】解：Al2O3属于两性氧化物，既能与盐酸反应生成氯化铝与水，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故正确；Ca（OH）2能与盐酸反应生成氯化钙，不能与氢氧化钠反应，故错误；Na2CO3属于强碱弱酸盐，既能与盐酸反应生成氯化钠、CO2气体，但不能与氢氧化钠反应，但可与一些碱反应生成盐，如氢氧化钡、氢氧化钙，故错误；金属铝与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确故选C【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，注意基础知识的积累17下列各组物质中，Y是X物质中含有的少量杂质，Z是除杂试剂，其中所加试剂最合理的一组是
32、（）XYZANaHCO3溶液 Na2CO3BaCl2溶液BFeCl3溶液CuCl2FeCFe2O3Al2O3NaOH溶液DNa2SO4溶液Na2CO3盐酸AABBCCDD【分析】A反应生成NaCl，引入新杂质；BFeCl3和CuCl2都可与Fe反应；CAl2O3为两性氧化物，可与氢氧化钠反应；D加入盐酸引入新杂质【解答】解：A加入BaCl2溶液，可除去Na2CO3，但反应生成NaCl，引入新杂质，应通入二氧化碳气体除杂，故A错误；BFeCl3和CuCl2都可与Fe反应，最终生成FeCl2，应再滴加氯水，故B错误；CAl2O3为两性氧化物，可与氢氧化钠反应，可用于除杂，故C正确；D加入盐酸引入新
33、杂质，应加硫酸，故D错误故选C【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质的性质，难度不大18下列两种物质发生反应：Na和O2；AlCl3与氨水；水玻璃与CO2；Fe与Cl2；Cu和HNO3，因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是（）ABCD【分析】钠和氧气反应因为条件不同导致其产物不同；氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，与氨水的量无关；水玻璃和二氧化碳反应，当二氧化碳过量或少量时生成的钠盐不同；铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，与氯气量的多少无关；铜和浓稀硝酸反应生成的氮氧化物不同【解答】解
34、：在没有条件的条件下，钠和氧气反应生成氧化钠，在加热条件下，钠燃烧生成过氧化钠，故正确；氯化铝和氨水反应时，无论氨水是否过量都生成氢氧化铝沉淀，故错误；水玻璃和少量二氧化碳反应生成硅酸和碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成硅酸和碳酸氢钠，故正确；在点燃条件下，铁和氯气反应都生成氯化铁，与氯气的量无关，故错误；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，故正确；故选D【点评】本题考查了物质之间的反应，有的反应与反应物的用量、反应物浓度、反应条件不同而导致产物不同，注意氢氧化铝不溶于氨水，为易错点二、填空题（共46分）19（1）按要求写出化学式石灰石的主要成分CaCO3；纯碱N
35、a2CO3；漂白液的有效成分NaClO；硅石的主要成分SiO2（2）将下列7个反应分成两类：白色的Fe（OH）2先变成灰绿最后变成红褐色；NaOH腐蚀玻璃；铝屑溶于NaOH溶液；小苏打受热分解；NO2被水吸收；NH4Cl与熟石灰反应；高炉炼铁第一类是；第二类是石灰石的主要成分是碳酸钙、纯碱是碳酸钠的俗名、漂白液的有效成分是次氯酸钠、硅石的主要成分是二氧化硅；（2）根据化学反应中是否有电子转移将反应进行分类，有电子转移的为氧化还原反应，没有电子转移的为非氧化还原反应【解答】解：（1）石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙难溶于水，但能溶于稀盐酸，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；纯碱是碳酸钠
36、的俗名，碳酸钠为强碱弱酸盐，其化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；漂白粉的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，有效成分是次氯酸钠，其化学式为：NaClO，故答案为：NaClO；硅石的主要成分是二氧化硅，二氧化硅属于酸性氧化物，其化学式为：SiO2，故答案为：SiO2；（2）白色的Fe（OH）2先变成灰绿最后变成红褐色，原因是氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，该反应中有电子转移，为氧化还原反应；玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成可能溶性的硅酸钠，所以氢氧化钠溶液能腐蚀玻璃，该反应中没有电子转移，为非氧化还原反应；铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠和氢气
37、，该反应中有电子转移，为氧化还原反应；小苏打为碳酸氢钠的俗名，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，该反应中没有电子转移，为非氧化还原反应；NO2和水反应生成硝酸和一氧化氮，该反应中有电子转移，为氧化还原反应；NH4Cl与熟石灰发生复分解反应生成氨气、氯化钙和水，该反应中没有电子转移，为非氧化还原反应；高炉炼铁中氧化铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，该反应中有电子转移，为氧化还原反应，所以根据反应中是否有电子转移或元素化合价变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，属于氧化还原反应有，属于非氧化还原反应的有，故答案为：；有无电子转移或化合价变化【点评】本题考查了物质的成分及物质的分
38、类，根据物质的成分结合化学式的书写规则书写化学式，根据元素化合价是否变化确定化学反应类型，注意漂白液的主要成分和有效成分的区别，为易错点20如图是氮元素的各种价态与物质类别的对应关系：（1）根据A对应的化合价和物质类别，A的摩尔质量是108gmol1，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中既有氧化性又有还原性的化合物有NO、NO2（2）实验室依据复分解反应原理制取NH3的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（3）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应使用浓硝酸（4）汽车尾气中含有CO和NOx等多种有害气体，若在汽车的排气管上安装一种
39、催化转化装置，可使CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则该反应的化学方程式为2xCO+2NOxN2+2xCO2（5）合成法制硝酸是以NH3为原料，经催化氧化后再用水吸收来实现的，若开始时投入17吨NH3，最后生产出的硝酸为42吨，则硝酸的产率是67%（或66.7%）【分析】（1）根据元素化合价与物质的关系知，A中N元素的化合价为+5价，且能反应生成硝酸，则A为硝酸的酸酐；具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；（2）实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气；（3）常温下，浓硝酸和铁发生钝化现象；（4）CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则两种气体为二氧化碳和氮气；（5）根据氮原子守恒计算硝酸的质量，再
40、根据实际硝酸质量和理论质量计算其产率【解答】解：（1）根据元素化合价与物质的关系知，A中N元素的化合价为+5价，且能反应生成硝酸，则A为硝酸的酸酐，是N2O5，其摩尔质量是108gmol1；具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，所以具有氧化性和还原性的气体是NO、NO2，故答案为：108gmol1；NO、NO2；（2）实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（3）常温下，铁能和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，所以可以用浓硝酸除去铜，故答案为：
41、浓硝酸；（4）CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则两种气体为二氧化碳和氮气，反应方程式为：2xCO+2NOxN2+2xCO2，故答案为：2xCO+2NOxN2+2xCO2；（5）根据氮原子守恒知，氨气生成硝酸时，氨气和硝酸的物质的量相等，所以开始时投入17吨NH3，理论上生成硝酸的质量是63吨，实际上是42吨，则硝酸的产率=67%（或66.7%），故答案为：67%（或66.7%）【点评】本题考查了含氮物质的综合应用，涉及氮的化合物与氮元素化合价的关系、氨气的制取、硝酸的性质等知识点，知道实验室氨气的制取原理、物质的性质即可解答，难度不大21工业上常用Na制备钛、钽、铌、锆等如制钛，常有如下操
42、作步骤，请完成其中的问题：（1）用90%浓H2SO4溶解钛铁矿（FeTiO3），反应方程式为、：FeTiO3+3H2SO4FeSO4+Ti（SO4）2+3H2O在除去不溶性杂质后，结晶析出FeSO47H2O时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为BCA防止Fe2+被氧化B防止Ti（SO4）2水解C减少FeSO47H2O的溶解量D减少Ti（SO4）2的溶解量（2）在除去杂质后，又需加大量水稀释以降低酸度，同时加热以生成TiO（OH）2沉淀，过滤，将TiO（OH）2热分解即得钛白粉（TiO2）除杂后加水稀释和加热的目的是促进Ti（SO4）2水解 （3）在高温HCl气流中，TiO2可转化为TiCl
43、4，反应方程式为TiO2+4HClTiCl4+2H2O（4）将TiCl4与Na共熔即得Ti，反应方程式为TiCl4+4NaTi+4NaCl，若用TiCl4溶液与Na反应制Ti，则不能达到预期目的，原因是钠与TiCl4溶液反应时，钠首先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，不能达到预期目的【分析】（1）制钛，在溶解钛铁矿后，最后是Ti（SO4）2的溶液，为了保持较高的酸度不能加水，显然是为了防止Ti（SO4）2水解，减少FeSO47H2O的溶解量A水无氧化性；B防止Ti（SO4）2水解而被过滤掉；C减少FeSO47H2O的溶解量，保证溶液中尽可能不含亚铁离子；D加水不会减少Ti（SO4）2的溶解量
44、；（2）第二步中加水稀释，又加热，这样是促进Ti（SO4）2水解而制得TiO（OH）2沉淀，进而制TiO2，最后制得TiCl4；（3）在高温HCl气流中，TiO2可转化为TiCl4，为TiO2与氯化氢反应生成四氯化钛和水；（4）钠的金属活动性强于钛，TiCl4与Na共熔发生置换反应，生成Ti，若用TiCl4溶液与Na反应制Ti，钠首先与溶液中的水反应，不能反应制Ti【解答】解：（1）在除去不溶性杂质后，结晶析出FeSO47H2O时，为保持较高的酸度不能加水，操作的目的为是通过结晶除去亚铁离子，防止Ti（SO4）2水解被过滤掉A保持较高的酸度，不能防止Fe2+被氧化，水无氧化性加水与防止Fe2+
45、被氧化无关，故A错误；BTi（SO4）2为强酸弱碱盐，保持较高的酸度，可防止Ti（SO4）2水解，故B正确；C固体通常随溶剂的增加，溶解的溶质的质量在增加，加水能增加FeSO47H2O的溶解量，不加水可减少FeSO47H2O的溶解量，故C正确；D此时Ti（SO4）2的在溶液中，减少加水量与其溶解量无关，故D错误；故答案为：BC；（2）Ti（SO4）2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加大量水稀释以降低酸度，促进其水解，同时加热以生成更多的TiO（OH）2沉淀，将TiO（OH）2热分解即得钛白粉（TiO2），故答案为：促进Ti（SO4）2水解；（3）在高温HCl气流中，TiO2可转化为TiCl4，在高温
46、的条件下，TiO2与氯化氢反应：TiO2+4HClTiCl4+2H2O，故答案为：TiO2+4HClTiCl4+2H2O；（4）钠的金属活动性强于钛，TiCl4与Na共熔发生：TiCl4+4NaTi+4NaCl，钠为活泼金属，能和水发生置换反应，反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，若用TiCl4溶液与Na反应制Ti，钠首先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，不能达到预期目的，故答案为：TiCl4+4NaTi+4NaCl；钠与TiCl4溶液反应时，钠首先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，不能达到预期目的【点评】本题考查以钛铁矿为主要原料冶炼金属钛工艺流程，注意分析流程各反应物的转化是解
47、答的关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力22现有下列九种物质：H2；铝；CuO；CO2；稀H2SO4；稀硝酸；氨水；Ba（OH）2固体；熔融Al2（SO4）3，用序号回答下列问题；（1）上述物质中，属于碱的是（2）上述物质或溶液中若两两反应的离子方程式为：H+OHH2O，则对应的两种物质是（3）上述物质或其溶液若两两反应生成氢气，则对应的两种物质的组合分别是，（4）17.1g溶于水配成250mL溶液，SO42的物质的量浓度为0.6molL1（5）在的溶液中通入过量的，写出总反应的离子方程式OH+CO2=HCO3（6）在特殊条件下，与发生反应的化学方程式为：8Al+
48、30HNO3=8Al（NO3）3+3X+9H2O，该反应中X的化学式是NH4NO3，其中还原剂与氧化剂的物质的量之比是8：3，当有8.1g Al发生反应时，转移电子的物质的量为0.9mol【分析】（1）依据碱是水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物分析；（2）离子方程式为H+OHH2O，是强酸强碱反应生成溶于水的盐和水分析判断；（3）上述物质或其溶液若两两反应生成氢气，金属和稀酸反应生成，铝和强碱溶液反应也可以生成氢气分析；（4）依据n=计算物质的量，得到硫酸根离子物质的量，结合c=计算硫酸根离子浓度；（5）氢氧化钡溶于水形成的溶液中通入过量二氧化碳气体生成碳酸氢钡；（6）依据氧化还原
49、反应电子守恒和原子守恒计算分析产物中氮元素化合价，得到X化学式，元素化合价升高的做还原剂，元素化合价降低的为氧化剂，结合化学方程式计算得到；依据化学方程式中电子转移计算得到电子转移数【解答】解：（1）碱是水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，属于碱，故答案为：；（2）上述物质或溶液中若两两反应的离子方程式为：H+OHH2O，是强酸强碱反应生成溶于水的盐和水的反应，则对应的两种物质是，故答案为：和；（3）上述物质或其溶液若两两反应生成氢气，金属和稀酸反应生成，铝和强碱溶液反应也可以生成氢气，分析选项可知符合的为和、和，故答案为：和，和；（4）17.1gAl2（SO4）3 物质的量=0.
50、05mol，n（SO42）=0.15mol，溶于水配成250mL溶液，SO42的物质的量浓度=0.6mol/L，故答案为：0.6 molL1；（5）在Ba（OH）2固体的溶液中通入过量的CO2，反应生成碳酸氢钡，反应的离子方程式OH+CO2=HCO3；，故答案为：OH+CO2=HCO3；（6）8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3X+9H2O，设氮元素化合价降低为x，依据氧化还原反应电子守恒，83=3（5x）得到x=3，依据原子守恒则生成的产物NH4NO3；8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O，8molAl做还原剂与3molHNO3做氧化剂的物质的量之比是=8：3，216gAl反应转移电子物质的量为24mol，当有8.1g Al发生反应时，转移电子的物质的量=0.9mol，故答案为：NH4NO3；8：3；0.9mol【点评】本题考查了物质分类方法和物质性质的理解判断，氧化还原反应产物分析和电子转移计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等