1、2015-2016学年山东省临沂一中高一（下）开学化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列实验操作或处理正确的是（）A将NaOH溶液逐滴加入饱和的FeCl3溶液中制取Fe（OH）3胶体B氯气泄漏后应顺风向低处跑C金属钠着火立刻用湿布盖灭D做完焰色反应实验的铂丝用稀盐酸清洗2分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用下列分类标准不合理的是（）根据组成元素将氧化物分成酸性氧化物和碱性氧化物根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液根据水溶液是否能导电将化合物分为电解质和非电
2、解质ABCD3人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系如分解反应和氧化还原反应可用图表示如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则C表示（）A离子反应B氧化还原反应C置换反应D三者都可以4下列叙述与胶体的性质无关的是（）A同一支钢笔使用不同品牌墨水时，容易发生堵塞现象B当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线C用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液D向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀5设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）ANA个氢气分子所占的体积为22.4LB2NA个二氧化碳分子的质量为88gC0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+与Cl离
3、子总数为0.2NAD17g NH3中所含原子数为2NA6只给出下列甲中和乙中对应的量，不能组成一个求物质的量的公式的是（）甲乙物质微粒数阿伏加德罗常数标况下气体摩尔体积标况下气体体积溶剂的体积溶质的物质的量浓度溶液中溶质的质量分数溶液的质量非标况下物质的质量物质的摩尔质量ABCD7在无色透明的溶液中，能够大量共存的离子组是（）AAl3+、Ca2+、Cl、NO3BBa2+、K+、CO32、ClCNa+、Cu2+、NO3、HCO3DNa+、Fe2+、Cl、SO428能正确表示下列化学反应的离子方程式是（）A氢氧化钡溶液与盐酸的反应 OH+H+H2OB澄清的石灰水与稀盐酸反应 Ca（OH）2+2H+
4、Ca2+2H2OC铜片插入硝酸银溶液中 Cu+Ag+Cu2+AgD碳酸钙溶于稀盐酸中 CO32+2H+H2O+CO29下列各组中两种气体的分子数一定相等的是（）A温度相同、体积相同的O2和N2B质量相等、密度不等的N2和C2H4C体积相同、密度相等的CO和N2OD压强相同、体积相同的O2和H210下列反应中水既不是氧化剂又不是还原剂的氧化还原反应是（）ASO3+H2OH2SO4B2Na2O2+2H2O4NaOH+O2C2F2+2H2O4HF+O2D2Na+2H2O2NaOH+H211下列反应的离子方程式正确的是（）A向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+B铁与
5、稀盐酸反应：2Fe+6 H+=2 Fe3+3H2C稀硫酸跟氢氧化钡溶液反应：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OD铜片与氯化铁溶液反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+12为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（）ACO2（HCl），选用饱和NaHCO3溶液BNaHCO3溶液（Na2CO3），应通入CO2气体CNa2O2粉末（Na2O），将混合物在空气中加热D镁粉（铝粉），选用过量的烧碱溶液13下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的为（）向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4向石灰水中通入CO2至过量 CaCl2溶
6、液中通入CO2至过量ABCD14下表各组物质中，物质之间不能通过一步反应实现如图所示转化的（）物质选项abcdAAlAl（OH）3NaAlO2NaOHBCCOCO2O2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DAlCl3Al（OH）3NaAlO2NaOHAABBCCDD15对下列流程有关判断正确的是（）A流程中涉及的反应均为非氧化还原反应B反应产生的阴离子主要为CO32C实验室中完成反应应在蒸发皿中进行D反应中发生的主要反应为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O16已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色下列判断正确的为（）A上
7、述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+B上述实验中，有一个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性17某种混合气体，可能含有N2、HCl、CO把混合气体依次通过足量的NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积都没有变化；再通过足量的Na2O2固体，气体体积减小；最后通过灼热的铜丝，经充分反应后气体体积又减小，但还有气体剩余以下对混合气体组分的判断中，正确是（）A一定有N2、HCl，没有COB一定有N2，CO和HCl中至少有一种C一定有N2、CO和HClD一定没有N2，CO和HCl中至少有一种18氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等
8、优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO下列有关该反应的叙述不正确的是（）A氮化铝中氮元素的化合价为3价B上述反应中，电子转移的数目为6eC在该反应中，N2是还原剂，Al2O3氧化剂D该反应不属于四种基本反应类型中任一种二、选择题共46分）19某溶液由K+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液；在所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤；在所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生
9、白色沉淀根据上述实验回答下列问题：（1）原溶液中一定不存在的离子是；（2）原溶液中一定存在的离子是；（3）原溶液中可能存在的离子是，（4）请写出和中发生反应的离子方程式、20在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：成分质量（g）摩尔质量（gmol1）蔗糖25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.79158硝酸银0.02170（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是（填写代号）a蔗糖 b硫酸钾 c高锰酸钾 d硝酸银（2）检验硫酸钾中含有的阴离子应该选用的试剂为（3）容量瓶是配制溶液的主要仪器
10、，容量瓶上标有以下六项中的（填写序号）温度 浓度 容量 压强 刻度线 酸式或碱式（4）下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是（填序号），还缺少的仪器有（填仪器名称）（5）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是（填写代号）a定容时俯视容量瓶刻度线b容量瓶在使用前内有少量蒸馏水c转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤d定容加入水时超过刻度线21A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系：完成下列空白：（1）A、B、C的化学式分别为、（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为（3）在A、B、C三种化合物中，必
11、定含有的元素是（用元素符号表示）22某工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分 Al2O3、Fe2O3、SiO2，从该矿渣中提取铜的操作流程如下：（已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O）（1）固体混合物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为该反应物的一种重要用途为（2）滤液A中铁元素的存在形式只能为Fe2+，理由是涉及的离子方程式为（不必书写Cu2O与盐酸的反应）、检验滤液A中Fe2+的试剂为（3）若将滤液C中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最佳试剂为（填序号）A氢氧化钠溶液 B硫酸溶液 C氨水 D二氧化碳2015-2016学年山东省临沂一中高一（下）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（
12、本题包括18小题，每小题3分共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列实验操作或处理正确的是（）A将NaOH溶液逐滴加入饱和的FeCl3溶液中制取Fe（OH）3胶体B氯气泄漏后应顺风向低处跑C金属钠着火立刻用湿布盖灭D做完焰色反应实验的铂丝用稀盐酸清洗【考点】化学实验方案的评价【分析】A将NaOH溶液逐滴加入饱和的FeCl3溶液中反应生成沉淀； B氯气的密度比空气的大；C钠与水反应生成氢气；D每次做完焰色反应实验后，铂丝会留有杂质，为除去杂质用盐酸洗涤【解答】解：A反应生成沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故A错误； B氯气的密
13、度比空气的大，应向高处跑，故B错误；C钠与水反应生成氢气，应加入沙子可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，故C错误；D每次做完焰色反应实验后，铂丝会留有杂质，为除去杂质用盐酸洗涤，盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发，不会残留痕迹，故D正确故选D2分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用下列分类标准不合理的是（）根据组成元素将氧化物分成酸性氧化物和碱性氧化物根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液根据水溶液是否能导电将化合物分为电解质和非电解质ABCD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念
14、及关系；电解质与非电解质【分析】根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物；根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应；根据分散系分散质微粒大小将分散系分为溶液、胶体和浊液根据水溶液或是熔融态是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质【解答】解：根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物，故错误；根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；根据分散系分散质微粒大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；根据水溶液或是熔融态是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质，故错误；
15、故选D3人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系如分解反应和氧化还原反应可用图表示如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则C表示（）A离子反应B氧化还原反应C置换反应D三者都可以【考点】氧化还原反应【分析】所有的置换反应全是氧化还原反应，置换反应中有部分是离子反应，部分是非离子反应，氧化还原反应中，有部分是离子反应，部分是非离子反应；【解答】解：所有的置换反应全是氧化还原反应，是被包含和包含的关系，故A是氧化还原反应，B是置换反应，所以C是离子反应；故选A；4下列叙述与胶体的性质无关的是（）A同一支钢笔使用不同品牌墨水时，容易发生堵塞现象B当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一
16、束光线C用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液D向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀【考点】胶体的重要性质【分析】A墨水是胶体；B胶体能发生丁达尔效应；C胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；D氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应，产生红褐色沉淀【解答】解：A墨水为胶体分散系，不同的墨水可能是不同的胶体，有的胶体（胶体本身不带电，胶粒带点）带正电、有的胶体带负电，所以容易聚沉形成沉淀把钢笔堵住，是胶体的性质，故A错误； B当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线，这是丁达尔现象，是胶体的性质，故B错误；CFe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液不具备，可以用丁达尔效应鉴别Fe（
17、OH）3胶体和FeCl3溶液，故C错误；D氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应，产生红褐色沉淀，与胶体性质无关，故D正确故选D5设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）ANA个氢气分子所占的体积为22.4LB2NA个二氧化碳分子的质量为88gC0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+与Cl离子总数为0.2NAD17g NH3中所含原子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、没有告诉是标况下，无法计算氢气的体积；B、根据二氧化碳分子个数计算出物质的量，再计算出二氧化碳的质量；C、没有告诉氯化钠溶液的体积，无法计算钠离子和氯离子的个数；D、根据质量计算出氨气的物质的量，再计算出含有的原子个数【解
18、答】解：A、由于题中没有说明是标准状况下，无法计算氢气的体积，故A错误；B、2NA个二氧化碳分子的物质的量是2mol，质量是88g，故B正确；C、题中没有告诉溶液的体积，无法计算氯化钠的物质的量，故C错误；D、氨气的物质的量是1mol，含有4mol原子，所含原子数为4NA，故D错误；故选B6只给出下列甲中和乙中对应的量，不能组成一个求物质的量的公式的是（）甲乙物质微粒数阿伏加德罗常数标况下气体摩尔体积标况下气体体积溶剂的体积溶质的物质的量浓度溶液中溶质的质量分数溶液的质量非标况下物质的质量物质的摩尔质量ABCD【考点】物质的量的相关计算【分析】根据微粒数目和物质的量的关系公式N=nNA分析；根
19、据标准状况下的气体体积和物质的量的关系公式V=nVm来分析；溶液物质的量浓度=溶质物质的量溶液体积；可以计算溶质物质的量，缺少溶质的摩尔质量；根据质量与物质的量的关系公式m=nM分析【解答】解：根据N=nNA，利用物质的粒子数（N）、阿伏加德罗常数（NA）可以计算物质的量，由n=可知，故正确；根据V=nVm，利用标准状况下的气体摩尔体积（Vm）、标准状况下的气体体积（V）可以计算物质的量n=可知，故正确；溶液物质的量浓度=溶质物质的量溶液体积，不能确定溶质物质的量，故错误；溶质质量=溶液质量溶液中溶质的质量分数，可以计算溶质质量，但缺少溶质的摩尔质量，不能计算其物质的量，故错误；由n=可知，利
20、用物质的质量与摩尔质量可以计算其物质的量，故正确；故选：B7在无色透明的溶液中，能够大量共存的离子组是（）AAl3+、Ca2+、Cl、NO3BBa2+、K+、CO32、ClCNa+、Cu2+、NO3、HCO3DNa+、Fe2+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：A该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，故A正确；B因Ba2+、CO32结合生成沉淀，不能共存，故B错误；C该组离子之间不反应，能共存，但Cu2+为蓝色，与无色不符，故C错误；D该组离子之间不反应，能共存，但
21、Fe2+为浅绿色，与无色不符，故D错误；故选A8能正确表示下列化学反应的离子方程式是（）A氢氧化钡溶液与盐酸的反应 OH+H+H2OB澄清的石灰水与稀盐酸反应 Ca（OH）2+2H+Ca2+2H2OC铜片插入硝酸银溶液中 Cu+Ag+Cu2+AgD碳酸钙溶于稀盐酸中 CO32+2H+H2O+CO2【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成氯化钡和水；B反应生成氯化钙和水；C电子、电荷不守恒；D碳酸钙在离子反应中保留化学式【解答】解：A氢氧化钡溶液与盐酸的反应的离子反应为OH+H+H2O，故A正确；B澄清的石灰水与稀盐酸反应的离子反应为OH+H+H2O，故B错误；C铜片插入硝酸银溶液中的离子反应
22、为Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故C错误；D碳酸钙溶于稀盐酸中的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故D错误；故选A9下列各组中两种气体的分子数一定相等的是（）A温度相同、体积相同的O2和N2B质量相等、密度不等的N2和C2H4C体积相同、密度相等的CO和N2OD压强相同、体积相同的O2和H2【考点】物质的量的相关计算【分析】两种气体的分子数一定相等，根据N=nNA可知，二者物质的量相等A根据PV=nRT，可知温度、体积相同情况下，压强影响气体物质的量；B根据n=判断；B根据m=V、n=判断；D根据PV=nRT，可知等压等体积下温度影响气体物质的量【解答】解：两种气体的分子数一
23、定相等，根据N=nNA可知，二者物质的量相等A根据PV=nRT可知，等温等体积下影响气体物质的量的因素为压强，二者压强不一定相等，故含有分子数目不一定相等，故A错误；BN2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量相等，含有分子数目相等，故B正确；C体积相同、密度相等的CO和N2O，根据m=V可知二者质量相等，但二者摩尔质量不相等，再根据n=可知物质的量不等，含有分子数目不相等，故C错误；D根据PV=nRT可知，等压等体积下影响气体物质的量的因素为温度，二者温度不一定相等，故含有分子数目不一定相等，故D错误，故选B10下列反应中水既不是氧化剂又不是还原剂的氧
24、化还原反应是（）ASO3+H2OH2SO4B2Na2O2+2H2O4NaOH+O2C2F2+2H2O4HF+O2D2Na+2H2O2NaOH+H2【考点】氧化还原反应【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，水既不是氧化剂又不是还原剂，且水中H、O元素的化合价不变，以此来解答【解答】解：A反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故A不选；BNa2O2中，O元素的化合价既升高又降低，属于氧化还原反应，但水中H、O元素的化合价不变，水既不是氧化剂又不是还原剂，故B选；C水中O元素的化合价升高，属于氧化还原反应，且水为还原剂，故C不选；D水中H元素的化合价降低，属于氧化还原反应，且水为氧化剂
25、，故D不选；故选：B11下列反应的离子方程式正确的是（）A向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+B铁与稀盐酸反应：2Fe+6 H+=2 Fe3+3H2C稀硫酸跟氢氧化钡溶液反应：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OD铜片与氯化铁溶液反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成氢氧化铝和氯化铵；B反应生成氯化亚铁和氢气；C不符合离子的配比；D反应生成氯化亚铁和氯化铜【解答】解：A向氯化铝溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B铁与稀盐酸反应的离子反应为Fe+2
26、H+=Fe2+H2，故B错误；C稀硫酸跟氢氧化钡溶液反应的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故C错误；D铜片与氯化铁溶液反应的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故D正确；故选D12为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（）ACO2（HCl），选用饱和NaHCO3溶液BNaHCO3溶液（Na2CO3），应通入CO2气体CNa2O2粉末（Na2O），将混合物在空气中加热D镁粉（铝粉），选用过量的烧碱溶液【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】A二氧化碳不与碳酸氢钠反应； B二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；C应防止过氧化钠与二氧化碳反应；D铝与
27、氢氧化钠溶液反应【解答】解：A二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确； B二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，可除杂，故B正确；C加热条件下氧化钠可与氧气反应生成过氧化钠，但过氧化钠易与二氧化碳反应生成碳酸钠而变质，故C错误；DMg不与烧碱溶液反应，但Al可与烧碱溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，所以可用烧碱溶液除去镁中的少量铝，故D正确故选C13下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的为（）向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4向石灰水中通入CO2至过量 CaCl2溶液中通入CO2至过量ABCD【考点】钠的重要
28、化合物；胶体的重要性质【分析】向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，生成NaHCO3，溶液变浑浊；向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4，胶体遇电解质发生聚沉，然后和硫酸反应生成硫酸铁和水； 向石灰水中通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，进而生成碳酸氢钙；CaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生反应【解答】解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然
29、后沉淀又溶解”现象，故错误；向Fe（OH）3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe（OH）3沉淀，H2SO4过量，Fe（OH）3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；因石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca（HCO3）2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故正确；盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故错误故选A14下表各组物质中，物质之间不能通过一步反应实现如图所示转化的（）物质选项abcdAAlAl（OH）3NaAlO2NaO
30、HBCCOCO2O2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DAlCl3Al（OH）3NaAlO2NaOHAABBCCDD【考点】铝的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】A、Al和NaOH反应生成AlO2，不能一步生成Al（OH）3；B、C和O2反应生成CO，CO和O2反应生成CO2，C和CO2反应可以生成CO；C、NaOH和少量的二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠；D、氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠生成偏铝酸钠，氯化铝和偏铝酸钠生成氢氧化铝【解答】解：A、Al和NaOH反应生成AlO2，不能一步
31、生成Al（OH）3，故A符合；B、C和O2反应生成CO，CO和O2反应生成CO2，C和CO2反应可以生成CO，2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，C+CO2=2CO，通过一步反应能实现，故B不符合；C、NaOH和少量的二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，通过一步反应能实现，故C不符合；D、氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠生成偏铝酸钠，氯化铝和偏铝酸钠生成氢氧化铝，通过一步反应能实现，故D不符合；故选A15对下列流程有关判断正确的是（）A流程中涉及的反应均为非氧化还原反应B反应产生的阴离子主要为CO32C实验
32、室中完成反应应在蒸发皿中进行D反应中发生的主要反应为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由实验流程可知，中铝土矿中氧化铝与NaOH发生反应生成偏铝酸钠和水，通入过量CO2发生反应CO2+2H2O+AlO2HCO3+Al（OH）3，过滤后氢氧化铝分解生成氧化铝，最后电解氧化铝生成Al，以此来解答【解答】解：由实验流程可知，中铝土矿中氧化铝与NaOH发生反应生成偏铝酸钠和水，通入过量CO2发生反应CO2+2H2O+AlO2HCO3+Al（OH）3，过滤后氢氧化铝分解生成氧化铝，最后电解氧化铝生成Al，A电解熔融Al2O3的反应属于氧化还原反
33、应，反应的方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2，属于氧化还原反应，故A错误；B通入过量CO2发生反应CO2+2H2O+AlO2HCO3+Al（OH）3，阴离子主要为HCO3，故B错误；C反应为加热分解氢氧化铝固体应在坩埚中进行，故C错误；D中铝土矿中氧化铝与NaOH发生反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故D正确故选D16已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+B上述实验中，有一个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉K
34、I试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性【考点】氧化还原反应；氯气的实验室制法【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答【解答】解：A反应中KMnO4为氧化剂，反应中Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：MnO4Cl2Fe3+，故A正确；B两个反应中均有元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故B错误；C实验生成的气体为氯气，具有强氧化性，能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D实
35、验中Fe元素的化合价升高，只证明Fe2+有还原性，故D错误；故选A17某种混合气体，可能含有N2、HCl、CO把混合气体依次通过足量的NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积都没有变化；再通过足量的Na2O2固体，气体体积减小；最后通过灼热的铜丝，经充分反应后气体体积又减小，但还有气体剩余以下对混合气体组分的判断中，正确是（）A一定有N2、HCl，没有COB一定有N2，CO和HCl中至少有一种C一定有N2、CO和HClD一定没有N2，CO和HCl中至少有一种【考点】常见气体的检验【分析】以根据物质之间相互作用时的实验现象方面进行分析、判断，从而得出正确的结论，将混合气体依次通过NaHCO3溶液
36、和灼热的CuO，气体体积无变化，气体若含有CO、HCl在此全部转化为CO2，此时的混合气体可能为N2、CO2；再通过足量的Na2O2，气体体积明显减小，Na2O2吸收CO2，该气体可能是CO与CuO反应生成的CO2，也可能是HCl与NaHCO3反应生成的CO2，此时所得的混合气体可能为N2、O2；最后通过灼热的铜网，铜网吸收O2，体积又减少，并有剩余气体，说明混合气体中一定有N2【解答】解：将混合气体依次通过NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积无变化，气体若含有CO、HCl在此全部转化为CO2再通过Na2O2，气体体积明显减小，Na2O2一定是吸收了前面生成的二氧化碳气体生成氧气，使气体体
37、积明显减小；最后通过灼热的铜网，体积又减少，并有剩余气体，说明一定有N2所有混合气体中一定有N2，可能有HCl、CO中至少含有一种故选B18氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO下列有关该反应的叙述不正确的是（）A氮化铝中氮元素的化合价为3价B上述反应中，电子转移的数目为6eC在该反应中，N2是还原剂，Al2O3氧化剂D该反应不属于四种基本反应类型中任一种【考点】氧化还原反应【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，
38、以此来解答【解答】解：A氮化铝中Al为+3价，则氮元素的化合价为3价，故A正确；B由C元素的化合价变化可知，上述反应中，电子转移的数目为3（20）e=6e，故B正确；C该反应中，N2是氧化剂，C为还原剂，故C错误；D反应物有3种，有单质和化合物，生成物有2种，均为化合物，则不属于四种基本反应类型中任一种，故D正确；故选C二、选择题共46分）19某溶液由K+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液；在所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤；在所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加
39、入硝酸银溶液，产生白色沉淀根据上述实验回答下列问题：（1）原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+；（2）原溶液中一定存在的离子是K+、CO32、SO42；（3）原溶液中可能存在的离子是Cl，（4）请写出和中发生反应的离子方程式CO32+2H+=CO2+H2O、Ag+Cl=AgCl【考点】物质检验实验方案的设计【分析】向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则溶液中含CO32，不能含Ba2+、Cu2+、Fe3+，根据溶液要呈电中性，故溶液中一定含K+；向所得的溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则溶液中含SO42；向所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产
40、生白色沉淀，即有AgCl生成，但由于中加入了HCl，引入了Cl，故不能确定原溶液中含不含Cl据此分析【解答】解：向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则溶液中含CO32，发生反应：CO32+2H+=CO2+H2O，由于含CO32，则不能含Ba2+、Cu2+、Fe3+，根据溶液呈电中性，故溶液中一定含K+；向所得的溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则溶液中含SO42，发生反应的离子方程式为：SO42+Ba2+=BaSO4；向所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，即有AgCl生成：Ag+Cl=AgCl，但由于中加入了HCl，引入了Cl，故不能确定原溶液中含
41、不含Cl综上分析可知：（1）溶液中一定不存在的离子是：Cu2+、Ba2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Ba2+、Fe3+；（2）溶液中一定存在：K+、CO32、SO42，故答案为：K+、CO32、SO42；（3）溶液中能存在的是Cl，故答案为：Cl；（4）中生成CO2气体时发生的离子反应为CO32+2H+=CO2+H2O；中生成AgCl白色溶液的离子反应式为Ag+Cl=AgCl，故答案为：CO32+2H+=CO2+H2O；Ag+Cl=AgCl20在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：成分质量（g）摩尔质量（gmol1）蔗糖
42、25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.79158硝酸银0.02170（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是a（填写代号）a蔗糖 b硫酸钾 c高锰酸钾 d硝酸银（2）检验硫酸钾中含有的阴离子应该选用的试剂为硝酸酸化的氯化钡或是硝酸钡溶液（3）容量瓶是配制溶液的主要仪器，容量瓶上标有以下六项中的（填写序号）温度 浓度 容量 压强 刻度线 酸式或碱式（4）下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是ac（填序号），还缺少的仪器有烧杯、玻璃棒（填仪器名称）（5）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是b（填写代号）a定容时俯视容量瓶刻度
43、线b容量瓶在使用前内有少量蒸馏水c转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤d定容加入水时超过刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；电解质与非电解质【分析】（1）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；（2）硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；（3）根据容量瓶的构造来回答；（4）根据配置一定浓度的溶液需要的仪器来回答；（5）分析操作对n、V的具体影响，根据c=分析不当操作对浓度的影响【解答】解：（1）蔗糖在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，而硫酸钾、高锰酸钾、硝酸银的水溶液均可以导电，故答案为：a；（2）硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡白色沉
44、淀，据此可以选择硝酸酸化的氯化钡或是硝酸钡溶液来检验钡离子，故答案为：硝酸酸化的氯化钡或是硝酸钡溶液；（3）容量瓶上标有温度、刻度线以及规格三项内容，故答案为：；（4）配置一定浓度的溶液必须需要的仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，故答案为：ac；烧杯、玻璃棒；（5）a、定容时观察液面俯视，所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故a错误；b、容量瓶在使用前内有少量蒸馏水，不影响n和V，所以对配制结果没有影响，故b正确；c、转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤，则移入容量瓶内溶质的n减少，所配溶液浓度偏低，故c错误；d、定容加入水时超过刻度线，所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，故d错误故选b
45、21A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系：完成下列空白：（1）A、B、C的化学式分别为Na2O2、H2O、NaOH（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2（3）在A、B、C三种化合物中，必定含有的元素是O（用元素符号表示）【考点】无机物的推断【分析】甲与B反应是化学反应四种基本类型中的置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，据此三个反应推测甲是金属，根据其转化关系图，推出甲是Na单质，B是H2O，C是NaOH，A是Na2O2【解答】解：A、B、C是由周期表中短周期元素组成
46、的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲和B反应为2Na+2H2O=2NaOH+H2，判断单质丙为氢气，单质乙为氧气，化合物B为H2O，推断化合物A为Na2O2，化合物A恒温化合物B发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，化合物C为NaOH，推出甲是Na单质，B是H2O，C是NaOH，A是Na2O2；（1）A、B、C的化学式分别为Na2O2、H2O、NaOH，故答案为：Na2O2；H2O；NaOH；（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2
47、OH+H2；（3）在A、B、C三种化合物中，必定含有的元素是乙，为O元素，故答案为：O22某工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分 Al2O3、Fe2O3、SiO2，从该矿渣中提取铜的操作流程如下：（已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O）（1）固体混合物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O该反应物的一种重要用途为制作光导纤维（或压电材料、光学仪器）（2）滤液A中铁元素的存在形式只能为Fe2+，理由是Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过量铜单质反应后，全部转化为Fe2+涉及的离子方程式为（不必书写Cu2O与盐酸的反应）Fe2O3+6H+2Fe3+
48、3H2O、Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+检验滤液A中Fe2+的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水（3）若将滤液C中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最佳试剂为D（填序号）A氢氧化钠溶液 B硫酸溶液 C氨水 D二氧化碳【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入足量的稀盐酸，Cu2O与盐酸反应生成Cu、CuCl2和水，Al2O3与盐酸反应生成AlCl3和水，Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和水，SiO2难溶于水，且不与水反应，生成的2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所以滤液A为Cu
49、Cl2、AlCl3和FeCl2的混合物，得到的固体混合物B中有Cu和SiO2，固体混合物B与足量NaOH溶液混合，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，Cu与NaOH溶液不反应，得到粗铜，滤液A与足量NaOH溶液反应，CuCl2与NaOH反应生成Cu（OH）2 和水，FeCl2与NaOH溶液反应生成Fe（OH）2 白色沉淀，该沉淀在空气中与氧气反应生成Fe（OH）3，AlCl3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2和水，滤液C为NaAlO2溶液，经过一系列反应得到金属Al，固体混合物D为Cu（OH）2和Fe（OH）3，在空气中灼烧，Cu（OH）2和Fe（OH）3受热分解生成Fe2O
50、3和CuO，所以固体混合物F为Fe2O3和Cu的混合物，该混合物与Al发生铝热反应，生成Fe和Cu，固体混合物G为Fe和Cu，与盐酸混合，Fe与盐酸反应生成FeCl2和氢气，Cu与盐酸不反应，过滤成为粗铜，以此解答该题【解答】解：工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入足量的稀盐酸，Cu2O与盐酸反应生成Cu、CuCl2和水，Al2O3与盐酸反应生成AlCl3和水，Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和水，SiO2难溶于水，且不与水反应，生成的2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所以滤液A为CuCl2、AlCl3和FeCl2的混合物，得到的固体混合物
51、B中有Cu和SiO2，固体混合物B与足量NaOH溶液混合，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，Cu与NaOH溶液不反应，得到粗铜，滤液A与足量NaOH溶液反应，CuCl2与NaOH反应生成Cu（OH）2 和水，FeCl2与NaOH溶液反应生成Fe（OH）2 白色沉淀，该沉淀在空气中与氧气反应生成Fe（OH）3，AlCl3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2和水，滤液C为NaAlO2溶液，经过一系列反应得到金属Al，固体混合物D为Cu（OH）2和Fe（OH）3，在空气中灼烧，Cu（OH）2和Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3和CuO，所以固体混合物F为Fe2O3和Cu的混合物，
52、该混合物与Al发生铝热反应，生成Fe和Cu，固体混合物G为Fe和Cu，与盐酸混合，Fe与盐酸反应生成FeCl2和氢气，Cu与盐酸不反应，过滤成为粗铜，（1）固体混合物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，SiO2 的重要用途为作光导纤维或压电材料或光学仪器等，故答案为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；制作光导纤维（或压电材料、光学仪器）；（2）滤液A中铁元素的存在形式只能为Fe2+，理由是Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过量铜单质反应后，全部转化为Fe2+，涉及的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O； Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+；检验滤液A中Fe2+的方法是取少量溶液于试管中，加入硫氰化钾溶液，无现象，在加热新制氯水，溶液变成血红色，则滤液中含有Fe2+，所以试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水，故答案为：Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过量铜单质反应后，全部转化为Fe2+；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O； Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+；硫氰化钾溶液和新制氯水；（3）氢氧化铝溶于强酸和强碱，所以将可溶性铝盐中的铝元素以沉淀形式析出，需加入弱酸，选D，故答案为：D2016年4月16日版权所有：高考资源网()
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