1、云南省红河州蒙自一中2014-2015学年高一上学期月考化学试卷（10月份）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）1绚丽的焰火将上海世博会开幕式推向了高潮焰火与“焰色反应”知识有关下列有关“焰色反应”的说法中正确的是( )A做焰色反应实验时，用H2SO4清洗铂丝B焰色反应是单质特有的性质C焰色反应是化学变化D透过蓝色钴玻璃观察，KCl与K2SO4灼烧时火焰颜色均为紫色考点：焰色反应 专题：金属概论与碱元素分析：AH2SO4难挥发；B焰色反应是元素的性质；C焰色反应是物理变化；D钾元素的焰色反应的颜色为紫色，但要透过蓝色钴玻璃解答：解：A铂丝要用盐酸来洗涤，更容易将铂丝上
2、的物质洗去，且盐酸易挥发不会干扰实验，故A错误； B焰色反应是元素的性质，不是单指，故B错误；C焰色反应没有新物质生成，是物理变化，故C错误；D钾元素的焰色反应的颜色为紫色，但要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能观察到，故D正确故选D点评：本题考查了焰色反应的一些操作细节问题，注意铂丝要用盐酸来洗涤，难度不大，注重相关基础知识的积累2下列实验操作中错误的是( )A蒸馏操作时，冷凝水的方向应由下往上B分液时，首先要打开分液漏斗的上口活塞，或使活塞上的小孔与上口部小孔对准，进行分液C提取碘水中的碘单质时，应选择有机萃取剂，如汽油D萃取分液后，要得到被萃取的物质，通常还要进行蒸馏考点：蒸馏与分馏；分液
3、和萃取 专题：化学实验基本操作分析：A冷凝管中水的方向是下口为进水口，上口是出水口；B使内外空气相通；C裂化汽油含有碳碳双键；D碘单质和四氯化碳的沸点不同解答：解：A蒸馏操作时，冷凝管中水的方向是下口为进水口，上口是出水口，保证气体充分冷凝，即冷凝水的方向应当由下口进上口出，故A正确； B使内外空气相通，保证液体顺利流出，故B正确；C裂化汽油含有碳碳双键，可与碘单质发生反应，不能做萃取剂，故C错误；D碘单质和四氯化碳的沸点不同，可用蒸馏分离，故D正确故选C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3对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )
4、A取样，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42B取样，加入硝酸银有白色沉淀，一定有ClC取样，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D取样，滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色，一定有Fe2+考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 分析：A可能生成AgCl沉淀；B加入硝酸银有白色沉淀，可能生成硫酸银、碳酸银等；C可能为碳酸钙、碳酸钡等；D滴加KSCN溶液，不显红色，说明不含Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明生成Fe3+解答：解：A可能生成AgCl沉淀，不一定含有SO42，应先加入盐酸酸化，在
5、加入氯化钡检验，故A错误；B加入硝酸银有白色沉淀，可能生成硫酸银、碳酸银等，故B错误；C可能为碳酸钙、碳酸钡等，故C错误；D滴加KSCN溶液，不显红色，说明不含Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明生成Fe3+，则一定含有Fe2+，故D正确故选D点评：本题考查离子的检验，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性的评价，难度不大4某同学用量筒量取液体时，将量筒平放，仰视液体凹液面最低处读数为16.0mL，倾倒出一部分溶液，又俯视液体凹液面最低处，读数为10.0mL，该同学取出液体的体积是( )A大于6.0mLB等于6.0mLC小于6.0mLD
6、无法判断考点：计量仪器及使用方法 专题：化学实验基本操作分析：用量筒量取液体时，量筒要放平，读数时视线应与凹液面最低处相平；如果仰视液面，读数比实际偏小，若俯视液面，读数比实际偏大根据量筒的读数与实际值的关系来判断该学生实际倒出液体的体积大小解答：解：仰视液体凹液面最低处，读数为16mL，实际量取液体的体积偏大，可以假设为17mL，又俯视液体凹液面最低处，读数为10mL，实际量取液体的体积偏小，可以假设为10mL，所以倒出液体的体积为：17mL10mL=7mL，大于6mL故选A点评：本题考查量筒的错误操作造成的误差的分析方法，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累5化学在生产和日
7、常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是( )AAl2O3用作耐火材料BNa2O常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂C明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化DFeCl3溶液可用于刻制印刷电路板考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、耐火砖需要具有高熔点；B、氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠；C、明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要，可以净水；D、氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁；解答：解：A、氧化铝具有高熔点，能做耐火材料，故A正确；B、氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠，不能生成氧气，应为过氧化钠，故B错误；
8、C、明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要，可以净水；故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，FeCl3溶液可用于刻制印刷电路板；故D正确；故选B点评：本题考查了物质性质的应用，主要考查铝的氧化物、钠的氧化物、氯化铁性质的分析判断，盐类水解的应用，胶体的性质分析，题目较简单6将Na2O2投入FeCl2溶液中，可观察到的现象是( )A生成白色沉淀B生成红褐色沉淀C溶液先变红后褪色D无变化考点：钠的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：Na2O2投入FeCl2溶液反应中Na2O2和水反应，生成的氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁，
9、氧气具有强的氧化性，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁解答：解：将Na2O2投入FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+H2O=4Fe（OH）3，所以看到的现象为产生气泡，有红褐色沉淀生成，故选：B点评：本题考查钠化合物的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，正确分析反应过程、熟悉过氧化钠的性质是解本题的关键，注意对基础知识的积累7某食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；
10、加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤；正确的操作顺序是( )ABCD考点：粗盐提纯 专题：实验题；化学实验基本操作分析：从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析解答：解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡
11、可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为或；故选AC点评：除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维8化学实验中的很多气体是用盐酸来制取的，这就导致了这些制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目
12、标气体，可用如图所示装置如果广口瓶中盛装的是饱和NaHCO3溶液，则可以用于下列哪种气体的除杂装置是( )AH2BCl2CH2SDCO2考点：气体的净化和干燥 专题：化学实验基本操作分析：根据题中信息可知，气体中含有的杂质气体为氯化氢，广口瓶中盛有的是碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠能够与氯化氢反应生成二氧化碳，所以该装置只能用于除去二氧化碳中的氯化氢解答：解：制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，使用的是碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠与氯化氢反应生成了二氧化碳气体，根据除杂原则：除去杂质，不能引进新的杂质，所以需要得到的纯净的目标气体只能是二氧化碳，故选D点评：本题考查了气体的
13、净化，难度不大，可以根据杂质气体氯化氢及除杂试剂碳酸氢钠分析，注意除杂的原则，除去杂质但是不能引进新的杂质9把等物质的量金属钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是( )A把钠放入足量稀盐酸中B把钠放入足量水中C把钠放入硫酸铜溶液中D将钠用铝箔包好并刺些小孔，再放入水中考点：钠的化学性质；铝的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：如仅是钠参加反应，无论与何种溶液反应，只要钠的质量相等，生成的氢气的量就相等，并注意铝能与NaOH溶液反应生成氢气解答：解：将等质量的钠投入到水、稀硫酸、稀盐酸中，都是钠参加的反应，所以放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水
14、反应生成NaOH和氢气；铝是特殊的金属，既能与强酸反应也能与强碱反应生成氢气，所以铝与NaOH溶液反应也生成氢气，故D项生成氢气最多故选D点评：本题考查钠的化学性质，难度不大，注意铝既能与酸反应又能与碱反应的性质，会分析钠与硫酸铜溶液反应现象10如图所示的甲、乙两装置（常温），胶头滴管中吸入某液体，圆底烧瓶中充入（或放入）另一物质，挤压胶头滴管中液体，一段时间后两装置中的气球都明显地张大，所用试剂依次可能是( )AABBCCDD考点：钠的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、甲中过氧化钠和水反应生成氧气，所以容器内气体压强变大，气球变大；乙中饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，所以
15、容器内气体压强不变，气球不变化；B、甲中钠和水反应生成氢气，使容器内气体压强变大，气球变大；乙中碳酸钠溶液与二氧化碳反应产生碳酸氢钠，导致容器内的压强变小，所以气球变大；C、甲中氧化钠和水反应生成氢氧化钠没有产生气体，所以容器内气体压强不变，气球不变化；乙中二氧化碳极易溶于氢氧化钠溶液，导致容器内的压强小于大气压，所以气球变大；D、甲中稀盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，导致容器内压强大于大气压，所以气球变大；乙中一氧化碳与氢氧化钠不反应，所以容器内气体压强不变，气球不变化解答：解：A、甲中过氧化钠和水反应生成氧气，所以容器内气体压强变大，气球变大；乙中饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，所以容器
16、内气体压强不变，气球不变化，故A错误；B、甲中钠和水反应生成氢气，使容器内压强大于大气压，所以气球变大；乙中碳酸钠溶液与二氧化碳反应产生碳酸氢钠，导致容器内的压强小于大气压，所以气球变大，故B正确；C、甲中氧化钠和水反应生成氢氧化钠没有产生气体，所以容器内气体压强不变，气球不变化；乙中二氧化碳极易溶于氢氧化钠溶液，导致容器内的压强小于大气压，所以气球变大，故C错误；D、甲中稀盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，导致容器内压强大于大气压，所以气球变大；乙中一氧化碳与氢氧化钠不反应，所以容器内气体压强不变，气球不变化，故D错误故选B点评：本题考查了常见气体的制备原理及装置选择，同时考查酸、碱、盐的性质
17、，要理解和掌握酸、碱、盐常见的化学反应11要将NaCl溶液中含有的少量FeCl3、AlCl3杂质除去，合理的方案是( )A加入过量氨水后过滤B加入过量NaOH溶液后过滤C先加过量NaOH溶液后过滤，取滤液再通入足量CO2再过滤D先加过量NaOH溶液后过滤，取滤液通入足量CO2再过滤，往滤液中加入适量盐酸考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯和除杂 专题：几种重要的金属及其化合物分析：应首先加入过量氢氧化钠容容易，FeCl3可与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，AlCl3可与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后通入过量二氧化碳气体，生成氢氧
18、化铝沉淀，再加入盐酸除去过量的氢氧化钠，可得到氯化钠，注意除杂时不能引入新的杂质解答：解：A加入过量氨水引入新杂质氯化铵，故A错误；B加入过量氢氧化钠溶液，氯化铝反应生成偏铝酸钠，不能得到纯净的氯化钠，故B错误；C先加过量NaOH溶液后过滤，取滤液再通入足量CO2再过滤，溶液中含有碳酸氢钠，不能得到纯净的氯化钠，故C错误；D加入过量氢氧化钠容容易，FeCl3可与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，AlCl3可与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，再加入盐酸除去过量的氢氧化钠，可得到氯化钠，故D正确故选D点评：本题考查物质的分离和提纯，侧重于学生的分析能力和实验能
19、力的考查，为2015届高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同，特别要注意除杂时不能引入新的杂质，难度不大12工业生产中常将两种或多种金属（或金属与非金属）在同一容器中加热使其熔合，冷凝后得到具有金属特性的熔合物合金这是制取合金的常用方法之一根据下表数据判断，不宜用上述方法制取合金的是( )AFeCu合金BCuAl合金CAlNa合金DCuNa合金考点：生活中常见合金的组成 专题：金属概论与碱元素分析：由题目的信息可知：熔点相差不大的金属可以融合在一起来解答解答：解：由题目的信息可知：熔点相差不大的金属可以融合在一起，其中的FeCu、CuAl、AlNa都可以融合在一起，而CuNa不可以，
20、因为铜的熔点大于钠的沸点，铜开始融化时，钠已经变成蒸汽跑掉了故选D点评：在解此类题时，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种固态不会转化成合金13如图所示是某化学小组根据教材知识设计，说明Na2CO3与NaHCO3热稳定性的套管实验下列叙述中不正确的是( )A甲为NaHCO3，乙为Na2CO3B要证明NaHCO3受热能产生水，可在小试管内放置沾有少量无水硫酸铜粉末的棉花球C加热不久就能看到A烧杯中的澄清石灰水变浑浊D整个实验过程中A烧杯中的澄清石灰水无明显变化考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 分析：A碳酸氢钠不稳定，受热易分解，碳酸钠受热不分解，结合图中装置可知，乙受热温度高，应该为
21、碳酸钠；B白色的无水硫酸铜与水反应生成蓝色的硫酸铜晶体，据此可以检验是否有水生成；C碳酸钠不分解，则A烧杯中不会出现浑浊现象，应该是B烧杯中的澄清石灰水出现浑浊现象；D由于碳酸钠稳定性较强，加热过程中不分解，则整个过程中A烧杯中的澄清石灰水不会变浑浊解答：解：A碳酸氢钠不稳定，受热易分解，碳酸钠受热不分解，结合图中装置可知，乙受热温度高，为说明碳酸氢钠不稳定，则应在较低温度下分解，则甲中应为NaHCO3，乙为Na2CO3，故A正确；B白色的无水硫酸铜与水反应会生成蓝色的硫酸铜晶体，所以要证明NaHCO3受热能产生水，可在小试管内放置沾有少量无水硫酸铜粉末的棉花球，故B正确；CNaHCO3不稳定
22、，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以B烧杯中的澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠加热不分解，则烧杯A的澄清石灰水不会变浑浊，故C错误；D由于碳酸钠不分解，则整个过程中烧杯A中的澄清石灰水不会变浑浊，故D正确；故选C点评：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，侧重于基础知识的考查与运用，为高频考点，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累14只用试管和胶头滴管，不用其它试剂无法区分的一组溶液是( )AKOH溶液和AlCl3溶液BNa2CO3溶液和盐酸CNaHCO3溶液和NaOH溶液D盐酸和NaAlO2溶液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设
23、计 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，反应离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）3，当氯化铝少量时，离子反应方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O，所以反应现象不同，故A不选；B当盐酸少量时，离子反应方程式为CO32+H+=HCO3，当盐酸过量时，离子反应方程式为2H+CO32=CO2+H2O，所以反应现象不同，故B不选；C无论NaOH是否过量，离子反应方程式均为HCO3+OH=CO32+H2O，现象相同，不能鉴别，故C选；D当盐酸少量时，离子反应方程式为H+A
24、lO2+H2O=Al（OH）3，当盐酸过量时，离子反应方程式为：4H+AlO2=Al3+2H2O，所以反应现象不同，故D不选；故选C点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，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15下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )AAlAlO2BAl2O3Al（OH）3CAl（OH）3Al2O3DAl3+AlO2考点：镁、铝的重要化合物；铝的化学性质 专题：元素及其化合物分析：AAl与NaOH发生反应生成AlO2；BAl2O3不与水反应；C难溶性氢氧化物加热分解为相应的氧化物；D铝盐与过量的强碱反应生成偏铝酸盐解答：解：A
25、Al与NaOH发生反应生成AlO2，可以一步实现，故A不选；BAl2O3Al（OH）3转化，应先生成Al3+或AlO2后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，故B选；C氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故C不选；D铝盐与过量的强碱反应生成偏铝酸盐，可以一步完成，故D不选，故选B点评：本题考查元素化合物的性质，难度不大，学习中注意把握相关物质的性质，特别是铝三角知识，为热点问题16铁片放入下列溶液中，无气体放出，铁片质量减轻，则该溶液是( )AFe2（SO4）3B浓盐酸CAgNO3D稀硫酸考点：铁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：铁片放入下列溶液中，无气体放出，铁
26、片质量减轻，则Fe与氧化性的物质反应，可能Fe溶解，或铁溶解的同时置换出相对分子质量比Fe小的物质，以此来解答解答：解：AFe与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，无气体放出，且铁片质量减轻，故A选；BFe与盐酸反应生成氢气，故B不选；CFe与硝酸银反应生成Ag，铁片的表面附着生成的Ag，其质量增加，故C不选；DFe与稀硫酸反应生成氢气，故D不选；故选A点评：本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及置换反应的考查，题目难度不大17下列有关铁及其化合物的说法中正确的是( )A赤铁矿的主要成分是Fe3O4B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C除去
27、FeCl2溶液中的FeCl3杂质，向溶液中加入过量铁粉，过滤DFeCl3与KSCN产生红色沉淀考点：铁的氧化物和氢氧化物；铁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A赤铁矿的主要成分是Fe2O3；B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；C因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁；DFeCl3与KSCN反应生成血红色的络合物解答：解：A赤铁矿的主要成分是Fe2O3，故A错误；B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故B错误；C因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe3
28、FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故C正确；DFeCl3与KSCN反应生成血红色的络合物，故D错误故选C点评：本题考查铁及铁的化合物的性质，难度不大要注意除杂不能引入新的杂质18下列说法中错误的是( )A钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，产物为Na2O2B镁在空气中形成一层致密的氧化膜，故镁不需要像钠那样的特殊保护C铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼D铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要涂保护层考点：钠的化学性质；镁的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应；B镁与氧
29、气反应生成致密的氧化镁膜；C铝和氧气反应生成氧化铝；D铁易发生电化学腐蚀解答：解：A钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A正确；B镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B正确；C铝和氧气反应生成氧化铝，在表面生成一层致密的氧化物，故C错误；D铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D正确故选C点评：本题考查较为综合，多角度考查金属的性质以及应用，为高频考点，侧重于双基的考查，注意把握金属的性质及应用，难度不大19下列说法正确的是( )ACO2 无毒，对大气不造成污染，所以可以无限量排放BAl（OH）3能与胃液中的盐酸反应，可用其制
30、作中和胃酸的药物C位于金属活动顺序表中前面的金属均可将后面的金属从它们的盐溶液中置换出来D金属氧化物均是碱性氧化物考点：镁、铝的重要化合物；常见的生活环境的污染及治理；常见金属的活动性顺序及其应用 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、二氧化碳无毒，对大气不会造成污染，但会引起温室效应；B、Al（OH）3能与胃液中的盐酸反应产生氯化铝和水，可用其制作中和胃酸的药物；C、排在前三位的钾钙钠不行；D、过氧化钠、氧化铝等就不是碱性氧化物；解答：解：A、二氧化碳无毒，对大气不会造成污染，但会引起温室效应，故不可以无限量的排放，故A错误；B、Al（OH）3能与胃液中的盐酸反应产生氯化铝和水，可用其制作
31、中和胃酸的药物，故B正确；C、排在前三位的钾钙钠直接与溶液中的水剧烈反应，故C错误；D、过氧化钠、氧化铝等就不是碱性氧化物，故D错误；故选B；点评：主要考查了元素化合物的知识，难度不大，只要我们平时注重积累一些物质的特殊性质，解答此题比较容易；20白蚁分泌的蚁酸的化学性质与盐酸相似，能腐蚀很多建筑材料下列材料中最不容易被白蚁蛀蚀的是( )A钢B铜C大理石D生铁考点：羧酸简介 专题：有机反应分析：因为白蚁能分泌蚁酸，因此不容易被蚁酸腐蚀的就是不与酸反应的物质解答：解：因为蚁酸与盐酸性质类似，凡能与盐酸反应的物质也一定能与蚁酸反应，所以四种物质中钢与生铁的主要成分是铁都能与蚁酸反应，大理石的主要成
32、分是碳酸钙也能与蚁酸反应，只有铜不能与蚁酸反应故选B点评：本题考查蚁酸的性质，解决的关键是利用盐酸与蚁酸的相似性质进行类比探讨即可，题目难度不大21为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是( )A分别取样配成溶液，逐滴滴加盐酸，看气泡产生情况B分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C分别取样配成溶液，滴加Ba（OH）2溶液，观察有无白色沉淀D分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：AK2CO3和NaHCO3两种白色
33、固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，生成气体的速率不同；BNaHCO3不稳定，加热易分解；CK2CO3和NaHCO3都能够与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀；DK2CO3和NaHCO3两种白色固体分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同解答：解：AK2CO3和NaHCO3两种白色固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，但是生成气体的速率不同，可鉴别，故A正确；BNaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故B正确；CK2CO3和NaHCO3都能够与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，不能鉴别，故C错误；D二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现
34、象不同，通过焰色反应可以判断，故D正确；故选：C点评：本题考查物质的鉴别的方案设计，为高频考点，把握二者性质的异同是解题关键，易错点为A，注意碳酸根于酸反应的过程的理解22两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应得1g H2，则原混合物组成中肯定不能为下列的( )AMg、AgBFe、MgCAl、CuDMg、Al考点：有关混合物反应的计算 专题：极端假设法分析：假设金属都为+2价，根据电子转移守恒计算金属物质的量，再根据M=计算平均相对原子质量，平均相对原子质量应介于各组分之间，若金属不与稀盐酸反应，由电子转移守恒，可以视作其相对原子质量为无穷大，以此解答该题解答：解：n（ H2）=0
35、.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量为0.5mol，金属平均相对原子质量为=30，AMg的相对原子质量为24，Ag与盐酸不反应，生成0.5mol氢气，需要镁12g，则Ag为3g，故A正确；BFe的相对原子质量为56，Mg的相对原子质量为24，符合题意，故B正确；C如Al为+2价，其相对原子质量为27=18，Cu不与盐酸反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，故C正确；D如Al为+2价，其相对原子质量为27=18，Mg相对原子质量为24，均小于30，不符合条件，故D错误故选D点评：本题考查混合物计算，侧重考查学生分析思维与解题方法技巧的考查，注意利用平均值解答，也可以利
36、用极值法金属需要金属的质量等进行解答23向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）( )考点：镁、铝的重要化合物 专题：图示题；几种重要的金属及其化合物分析：根据Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O来分析解答：解：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，
37、则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D点评：本题考查化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氢氧化铝能溶于碱，而氢氧化镁不能来解答24把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为( )A70%B52.4%C47.6%D30%考点：铁的化学性质；铝的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：a g铁铝合金粉末
38、溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答解答：解：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则agFe、AlagFe2O3，合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为100%=70%，故选A点评：本题考查计算，明确发生的反应找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意铁元素的守恒即可解答，难度不大二、填空题（共32分）25如图所示，下
39、列各项变化的未知物焰色反应均呈黄色，E为淡黄色粉末回答下列问题（1）写出AB的化学方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2；描述该反应伴随的现象：钠浮在水面，熔成1个闪亮的小球，四处游动，发出嘶嘶的声响，滴入酚酞溶液变红EB的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（2）在BC的变化中，所得C的溶液往往不纯，其中的杂质（不包括水）可能是NaHCO3，主要原因是CO2过量；还可能是NaOH，主要原因是CO2不足（3）取过量F与少量的澄清石灰水反应，化学方程式为2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+Na2CO3+2H2O考点：无机物的推断；钠的重要化合物 专题：推断题；几种重要的金
40、属及其化合物分析：各项变化的未知物焰色反应均呈黄色，均含有钠元素，且E为淡黄色粉末，则E是Na2O2，由转化关系可知，A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl、F为NaHCO3，据此解答解答：解：各项变化的未知物焰色反应均呈黄色，均含有钠元素，且E为淡黄色粉末，则E是Na2O2，由转化关系可知，A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl、F为NaHCO3，（1）AB的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，现象为：钠浮在水面，熔成1个闪亮的小球，四处游动，发出嘶嘶的声响，滴入酚酞溶液变红，EB的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为
41、：2Na+2H2O=2NaOH+H2；钠浮在水面，熔成1个闪亮的小球，四处游动，发出嘶嘶的声响，滴入酚酞溶液变红；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）若CO2过量，杂质为NaHCO3，若CO2不足，杂质为NaOH，故答案为：NaHCO3；CO2过量；NaOH；CO2不足；（3）取过量NaHCO3与少量的澄清石灰水反应，化学方程式为：2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+Na2CO3+2H2O，故答案为：2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+Na2CO3+2H2O点评：本题考查无机物推断，涉及Na元素化合物性质与转化，难度不大，需要学生熟练掌握元素化合物知识26按要求填空
42、（1）可用于分离或提纯物质的方法有A过滤B升华 C加热分解 D洗气法 E蒸馏 F萃取 G分液下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪种方法最合适？（填字母）分离饱和食盐水和沙子的混合物，用A除去O2中少量的水蒸气，用D从溴水中提取溴，用F除去氧化钙中的CaCO3，用C分离水和汽油的混合物，用G分离四氯化碳（沸点为76.75C）和甲苯（沸点为110.6C），四氯化碳和甲苯互溶，用E（2）描述加热铝箔的现象：铝箔熔化，失去光泽，熔化的Al并不滴落，好像有一层膜兜着考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：实验题分析：（1）食盐水溶于水，而沙子不溶于水；除去O2中少量的水蒸气，利用干燥剂吸收水
43、；溴不易溶于水，易溶于有机溶剂；CaCO3高温分解生成CaO；水和汽油的混合物分层；四氯化碳（沸点为76.75C）和甲苯（沸点为110.6C），四氯化碳和甲苯互溶，但沸点差异较大；（2）氧化铝的熔点高，包裹在熔化的Al的外面解答：解：（1）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒，根据CaCO3的溶解性，是不溶于水的物质，要和石灰水分离，可以采用过滤的方法，故答案为：A；浓硫酸具有吸水性且与氧气不反应，可以用浓硫酸来洗气，故答案为：D；溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取法分离，故答案为：F；碳酸钙受热分解为氧化钙、二氧化碳，而氧化钙受热稳定，故可以用加热分解法来分离，故答案为：C；水和汽油的混合
44、物分层，则利用分液法分离，故答案为：G；四氯化碳（沸点为76.75C）和甲苯（沸点为110.6C），四氯化碳和甲苯互溶，但沸点差异较大，则利用蒸馏法分离，故答案为：E；（2）氧化铝的熔点比Al的高，加热铝箔的现象为铝箔熔化，失去光泽，熔化的Al并不滴落，好像有一层膜兜着，故答案为：铝箔熔化，失去光泽，熔化的Al并不滴落，好像有一层膜兜着点评：本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握混合物中物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（2）中反应与现象的关系，题目难度不大27某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质
45、之间的变化：据此回答下列问题：（1）、四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式沉淀固体BAl2O3；CAl2O3、Fe2O3；沉淀DFe2O3；溶液EK2SO4、（NH4）2SO4（3）写出、四个反应方程式Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；2KAl（SO4）2+6NH3H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3；NaAl（OH）4+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O考点：无机物的推断 专题：推断题分析：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2
46、O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀， Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答解答：解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，
47、混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，（1）溶液和沉淀的分离利用过滤，故答案为：过滤；（2）由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2
48、O3 溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4，故答案为：Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4；（3）反应为Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4，反应为2KAl（SO4）2+6 NH3H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3，反应为NaAl（OH）4+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3，反应为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；2KAl（SO4）2+6 NH3H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3；NaAl（OH）4+HCl=
49、NaCl+H2O+Al（OH）3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物性质，侧重Al、Fe及其化合物性质的考查，注意氧化铝的两性，明确发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等三、实验题（共14分）28某同学利用右图所示装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质（1）试管中发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4 +4H2（2）该同学欲确定反应一段时间后试管中固体物质的成分，设计了如下方案：待试管冷却，取其中固体少许溶于稀盐酸得溶液B；取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红，则试管中固体是（只有一个选项
50、符合题意）A，若溶液未变红，则试管中固体是（只有一个选项符合题意）CA一定有Fe3O4，可能有Fe B只有Fe（OH）3C一定有Fe3O4和FeD一定有Fe（OH）3，可能有FeE只有Fe3O4（3）该同学按上述方案进行了实验，溶液未变红色，原因是2FeCl3+Fe3FeCl2（用化学方程式表示）（4）该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应若按图1所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出与上述现象相关的反应的化学方程式FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（5）一段时间后，该同学发现
51、（3）中未变红的溶液变成红色由此可知，实验室FeCl2溶液需现用现配制的原因是FeCl2易被空气中的氧气氧化为FeCl3而变质，并且配制时应加入少量铁粉（6）乙同学为了获得持久白色的Fe（OH）2沉淀，准备用图2所示装置，用煮沸的蒸馏水配制的NaOH溶液与新制的FeSO4溶液反应反应开始时，打开止水夹的目的是用产生的氢气排尽试管A、B中的空气；一段时间后，关闭止水夹，在试管B（填“A”或“B”）中观察到白色的Fe（OH）2考点：铁及其化合物的性质实验 专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）铁粉与水蒸气反应产物为四氧化三铁和氢气；（2）四氧化三铁中有+2价的铁和+3价的铁，KSCN溶液溶液变
52、红色，说明有三价铁离子；还有可能有过量的铁；若溶液未变红，过量的铁，可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子；（3）铁单质能将三价铁离子还原成二价铁离子；（4）滴入NaOH溶液时，生成的白色沉淀Fe（OH）2迅速变成灰绿色，最后变成红褐色Fe（OH）3；（5）铁单质能将三价铁离子还原成二价铁离子，Fe2+具有还原性，Fe2+易被空气中的氧气氧化而变质；（6）为了获得持久白色的Fe（OH）2沉淀，必须通过蒸馏水煮沸、排除装置中的空气等办法使得氢氧化亚铁生成在一个无氧的环境中解答：解：（1）铁在高温下与水反应，生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4 +4H2，故答案为：3
53、Fe+4H2O（g）Fe3O4 +4H2；（2）铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，反应后试管中固体物质一定有Fe3O4，还可能有没反应完全的铁粉，取少许其中的固体物质溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色则说明试管中固体物质的成分一定含Fe3O4；若溶液未变红色，是因为固体物质中既含Fe3O4又含Fe，溶于盐酸后发生反应Fe+2Fe3+2Fe2+，导致Fe3+被还原，溶液才未变红色，故答案为：A；C；（3）结果溶液未变红色，原因是加入稀盐酸时发生反应：2FeCl3+Fe3FeCl2，故答案为：2FeCl3+Fe3FeCl2； （4）溶液B中含Fe2+，滴入NaOH溶液后，发生反应：
54、FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，生成Fe（OH）2是白色沉淀沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，是典型的Fe（OH）2被氧化为Fe（OH）3的现象，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（5）一段时间后，两同学发现（3）中未变红的溶液变成红色，是因为空气中的氧气将Fe2+氧化为了Fe3+的原因，在此反应中Fe2+被氧化，体现还原性为了防止Fe2+被氧化，加铁粉最好，发生反应：Fe+2FeCl3=3FeCl2，不引入新杂质，故答案
55、为：FeCl2易被空气中的氧气氧化为FeCl3而变质；铁粉；（6）用煮沸的蒸馏水配制的NaOH溶液与新制的FeSO4溶液反应；反应开始时，要打开止水夹，利用铁粉和稀硫酸反应产生的氢气排出试管A、B中的空气，使整个装置不含氧气在对B试管的出气管排出的氢气验纯之后，关闭止水夹，由于产生的氢气无法排出，试管A中的压强将增大，最终将A试管中生成的FeSO4溶液压入NaOH溶液中，故Fe（OH）2在B试管生成，故答案为：用产生的氢气排尽试管A、B中的空气；B点评：本题考查铁及其化合物的性质实验，题目难度中等，注意三价铁离子与二价铁离子的转化，Fe3+和Fe2+ 的检验、Fe2+的还原性以及Fe（OH）2
56、的制备四、计算题（共6分）29充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g，完全反应后固体质量减轻了3.1g，求：（1）原混合物中碳酸钠的质量（2）在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积（标准状况）考点：有关混合物反应的计算；钠的重要化合物 专题：计算题分析：（1）加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，生成水、二氧化碳，导致质量减轻，根据差量法计算混合物中碳酸氢钠的质量，进而计算原混合物中碳酸钠的质量；（2）剩余的固体为碳酸钠，根据n=计算碳酸钠的物质的量，根据方程式计算生成的二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算生成的二氧化碳的体积解答：解：（1）令混合物中碳酸氢
57、钠的质量为m，则：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 质量减少m168g 62gm 3.1g故m=8.4g，则碳酸钠的质量为：19g8.4g=10.6g，答：原混合物中碳酸钠的质量为10.6g，（2）剩余固体为碳酸钠，质量为19g3.1g=15.9g，物质的量为=0.15mol，令生成二氧化碳的物质的量为x，则：Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2 1 10.15mol x故x=0.15mol，故二氧化碳的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，答：反应后放出二氧化碳的体积3.36L点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚固体质量减去的原因是解题的关键，注意差量法的利用
