1、2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括18个小题，每小题2分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（） A 84消毒液（主要成分NaClO）与洁厕剂混合使用可能会导致中毒 B 晶体硅可用于光伏发电、制造芯片，硅酸钠可用于制备硅胶和木材防火剂；硅胶可用作袋装食品的干燥剂 C 小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污 D 二氧化硫可广泛用于食品的增白及漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等2下列说法中正确的是（）钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能防腐蚀；青铜、不锈钢、硬铝都是合金碘是第VIIA族元素，其
2、氢化物的稳定大于HClNa2FeO4可做水的消毒剂和净化剂，明矾不能用作水的消毒剂陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属可通过焰色反应区分钾元素和钠元素从海水中可以提取粗盐、溴、镁等物质，其中提镁的主要步骤为海水Mg（OH）2（s）MgCl2（aq）Mg（1）+Cl2（g） A B C D 3下列是关于氯水的叙述，正确的是（） A 新制氯水中只含C12和HClO分子 B 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色 C 光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2 D 氯水放置数天后，pH值将增大4下列关于金属钠及化合物的叙述错误的是（） A 金属
3、钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火 B Na2O2与水及CO2反应产生等量O2时，转移电子数相等 C 钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛 D 不可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液5硫氰（SCN）2的化学性质和卤素（X2）类似，称为拟卤素，如（SCN）2+H2OHSCN+HSCNO，它们的阴离子的还原性强弱为ClBrSCNI下列说法不正确的是（） A Cl2可以与KSCN溶液反应 B （SCN）2可以与KI溶液反应 C KSCN溶液可以与FeCl3溶液反应 D （SCN）2可以与KBr溶液反应6下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（） A 铜和硝酸反应 B 二氧化碳通入氢氧化
4、钠溶液中 C 细铁丝在氯气中燃烧 D 氯化铝与氢氧化钠溶液反应7在给定条件下可能大量共存的离子组是（） A 在含有大量AlO2的溶液中：Cu2+、Na+、Br、HCO3 B 使石蕊变红的溶液中：K+、I、MnO4、SO42 C 水电离的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液中：NH4+、Na+、Cl、NO3 D 加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、Ba2+、ClO、Br8下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（） A 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+ B Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2 C 向NaAlO2溶液中
5、通入过量CO2：2 AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32 D 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O9NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（） A 1 mo1 Na2O2与足量H2O反应，转移了2 NA 个电子 B 1 mol O2在反应中得到电子数一定为4 NA C 1 mol Cl2在反应中得到电子数不一定为2NA D 在2KClO3+4HC1（浓）2KCl+2C1O2+C12+2H2O中，氯气既是氧化产物又是还原产物，每生成1 mol Cl2转移2 NA 个电子10某溶液中大量存在以下
6、五种离子：NO3、SO42、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为：n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能是下列中的（） A Fe2+ B Cu2+ C Al3+ D Ba2+11某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（） A 溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+ B 溶液中n（NH4+）=0.1 mol C 溶液中一定不含CO32，可能
7、含有SO42和NO3 D n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=2：2：112高效能电池的研发制约电动汽车的推广有一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应式为：2C2H6+7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，有关此电池的推断正确的是（） A 负极反应为：14H2O+7O2+28e=28OH B 放电过程中KOH的物质的量浓度不变 C 每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14mol D 放电一段时间后，负极周围的pH升高13甲丁是含同一种元素的四种物质，甲和丁分别是该元素的单质和最高价氧化物的水化物，它们之间有如图所示的
8、转化关系，甲不可能是（） A Fe B Si C Al D S14向含SO32、Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（） A B C D 15下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（） A 实验室用装置制取氨气 B 用装置吸收氨气，并防止倒吸 C 用装置稀释浓硫酸 D 用装置除去CO2中的HCl16利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（）选项 实验结论 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S） B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化
9、性 C 稀盐酸 Na2SO3 Ba（NO3）2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸碳酸硅酸 A A B B C C D D17某结晶水合物的化学式为RnH2O，其相对分子质量为M25时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL溶液下列关系中不正确的是（） A 该溶液中溶剂与溶质的质量比为m（水）：m（溶质）=（ +b）：（a） B 该溶液的物质的量浓度为c=molL1 C 该溶液中溶质的质量分数为=% D 该溶液的密度为=gL118将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12L NO，剩余4.8g金
10、属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12L NO若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（） A 原混合物中铜和铁各0.075 mol B 稀硝酸的物质的量浓度为0.5 molL1 C 第一次剩余4.8g金属为铜和铁 D 再加入上述100mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12 L NO二、填空题（）19（14分）（2014秋米易县校级月考）化学是人类进步的关键（1）SO2、NO2是主要的空气污染物，必须经过处理后才能排放消除SO2一种方法是：利用Fe3+常温下将SO2氧化为SO42而实现SO2的处理，则反应的离子方程式为消除NO2一种
11、方法是：在适当的催化剂存在下，用甲烷将NO2还原，反应的生成物均对环境无污染，则甲烷将NO2还原的化学方程式为（2）钛被称为继铁、铝之后的第三金属金属钛的冶炼的步骤主要有：第一步：、钛铁矿（主要成分FeTiO3）在高温下与焦炭、氯气反应得到四氯化钛、三氯化铁和一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：第二步：由TiCl4Ti，需要在Ar气氛围中加热条件下用镁还原，反应的化学方程式为（3）高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料这种材料可以按下列方法制备：SiO2Si（粗）SiHCl3Si（纯）上述步骤的化学方程式为（4）我国海水制盐具有悠久的历史，从海水中制得的氯化钠除食用外，还用作工业原料写出氯碱工业
12、中电解饱和食盐水的离子方程式：电解生成的氯气可用于生产漂白粉，反应的化学方程式：20（10分）（2014秋米易县校级月考）用如图装置实验，A、B两烧杯分别盛放200g10%NaOH和足量CuSO4溶液通电一段时间后，c极上有Cu析出，又测得A杯中溶液的质量减少4.5g（不考虑水的蒸发）请回答下列问题：（1）电源P极为极；请分别写出b极和c极上发生的电极反应式：b极；c极（2）c极上析出固体铜的质量为g（3）若装置中用铅蓄电池作电源，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极：Pb+SO42PbSO4+2e正极：PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O假设在a极制得气体0.050mol，这时
13、电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是mol21（11分）（2014秋米易县校级月考）已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）药物卡托普利的合成原料M、工程材料聚碳酸酯（简称PC）的合成路线如下图所示：其中C的化学式为C3H6O，且核磁共振氢谱只有一种峰；D俗称石炭酸请回答：（1）反应的反应类型是有机物B的名称是（2）写出C与D反应生成双酚A的化学方程式（3）M有多种同分异构体，写出满足下列条件的M的所有同分异构体的结构简式、含有甲基 含有碳碳双键 核磁共振氢谱3个峰 属于酯（4）在一定条件下，碳酸乙烯酯能与CH3OH发生酯交换反
14、应生成碳酸二甲酯和另一种醇，写出该反应的化学方程式（5）写出PC（聚碳酸酯）的结构简式22（16分）（2014秋米易县校级月考）化学是一门以实验为基础的学科，请完成下列有关实验问题如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图（1）写出用A制取氯气的化学方程式（2）利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2Fe3+，则装置B中的溶液的作用是；装置D中加的最佳试剂是（填序号）：供选试剂：a浓H2SO4 bFeCl2溶液 cKSCN与FeCl2的混合溶液 d无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：实验1：证明SO2具
15、有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强此时，B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的（填溶液名称），E中加入溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为；实验2不严谨之处应如何改进、向烧碱和Na2SO3的混合溶液中加入少量溴水，振荡后溶液变为无色反应后的溶液中含有大量的SO32、SO42、Br、OH等阴离子，请填写鉴定其中SO32、SO42和Br的实验报告限选试剂：2mol/LHCl，1mol/L H2SO4，l mol/LBaCl2，l mol/LBa（NO3）2，0.1mol/LAgNO3，CCl4，新制饱和溴水，新制饱和氯水编号 实验操
16、作 预期现象和结论步骤 在试管A中加入少量待测液，加入足量氯水，再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色 ，证明待测液中含Br步骤 在试管B中加入少量待测液， 有白色沉淀生成，证明待测液中含SO42步骤 在试管C中加入少量待测液，滴加2mol/LHCl至溶液呈酸性，加入几滴（填试剂），振荡 ，证明待测液中含SO3223（13分）（2014秋米易县校级月考）为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，甲同学设计的实验方案如下：请回答：（1）绿矾的化学式为（2）写出反应的化学方程式，反应生成沉淀的离子反应方程式（3）为了检测滤液D中含有的金属离子，可设计实验方案为（试剂自选）：（4）在滤渣B中滴加稀硫酸时
17、，发现反应速率比一般的铁粉反应要快，其原因是（5）若考虑绿色化学工艺，在滤渣E中加入稀硫酸和试剂Y制胆矾晶体，试剂Y为无色液体，则反应的总化学方程式为；若不考虑绿色化学工艺，所选试剂Y为1mol/L的硝酸，欲使3molCu全部溶解且溶液中含铜元素的溶质仅为CuSO4，则需该硝酸的体积L2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括18个小题，每小题2分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（） A 84消毒液（主要成分NaClO）与洁厕剂混合使用可能会导致中毒 B 晶体硅可用于
18、光伏发电、制造芯片，硅酸钠可用于制备硅胶和木材防火剂；硅胶可用作袋装食品的干燥剂 C 小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污 D 二氧化硫可广泛用于食品的增白及漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等考点： 氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物 分析： A.84消毒液（主要成分NaClO）与洁厕剂（含盐酸）发生氧化还原反应生成氯气；BSi为半导体材料，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸钠不燃烧，硅胶具有吸水性；C胃酸中含盐酸，与碳酸氢钠反应；热纯碱水解碱性增强可促进油污的水解；D二氧化硫具有漂白性，但有毒，不能应用于食品业解答： 解：A.84消毒液（主要成分NaClO）与
19、洁厕剂（含盐酸）发生氧化还原反应生成氯气，混合使用可能会导致中毒，故A正确；BSi为半导体材料，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸钠不燃烧，硅胶具有吸水性，则晶体硅可用于光伏发电、制造芯片，硅酸钠可用于制备硅胶和木材防火剂；硅胶可用作袋装食品的干燥剂，故B正确；C胃酸中含盐酸，与碳酸氢钠反应；热纯碱水解碱性增强可促进油污的水解，则小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污，故C正确；D二氧化硫具有漂白性，但有毒，不能应用于食品业，则二氧化硫可广泛用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，但不能用于食品的增白，故D错误；故选D点评： 本题考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系等为解答的关键，
20、侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2下列说法中正确的是（）钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能防腐蚀；青铜、不锈钢、硬铝都是合金碘是第VIIA族元素，其氢化物的稳定大于HClNa2FeO4可做水的消毒剂和净化剂，明矾不能用作水的消毒剂陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属可通过焰色反应区分钾元素和钠元素从海水中可以提取粗盐、溴、镁等物质，其中提镁的主要步骤为海水Mg（OH）2（s）MgCl2（aq）Mg（1）+Cl2（g） A B C D 考点： 合金的概念及其重要应用；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其
21、化合物的综合应用；含硅矿物及材料的应用；焰色反应 分析： 致密的氧化物能保护里面的金属；元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；Na2FeO4中铁为+6价，明矾溶于水形成的胶状物能对水中的不溶性固体杂质进行吸附；水晶、光导纤维的主要成分是二氧化硅；铝为较活泼金属；灼烧钠盐，火焰的颜色呈黄色，钾元素焰色反应为紫色；应电解熔融氯化镁解答： 解：四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，故正确；第VIIA族Cl元素的非金属性大于碘的非金属性，则碘的氢化物的稳定性小于HCl，故错误；Na2FeO4中铁为+6价，有强氧化性，可做消毒
22、剂和净化剂，明矾溶于水形成的胶状物能对水中的不溶性固体杂质进行吸附，使杂质沉降，不是作消毒剂，故正确；水晶、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故错误；铝为较活泼金属，在空气中耐腐蚀，是因被氧化为氧化铝，故错误；在进行焰色反应时，由于Na+燃烧呈黄色，干扰了K+的焰色反应（紫色）的观察，所以必须把黄色的光滤去，即可清楚地看到钾的焰色紫色，可通过焰色反应区分钾元素和钠元素，故正确；应电解熔融氯化镁，不能电解氯化镁溶液，故错误；故选B点评： 本题考查较为综合，涉及合金、材料、金属制备以及性质等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大3下列
23、是关于氯水的叙述，正确的是（） A 新制氯水中只含C12和HClO分子 B 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色 C 光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2 D 氯水放置数天后，pH值将增大考点： 氯气的化学性质 分析： 氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子解答： 解：A氯气与水发生：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；BHCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；CHClO不稳定，见光分解，发生：2HClO
24、2HCl+O2，生成氧气，故C错误；DHClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，故D错误故选B点评： 本题考查氯水的成分及性质，题目难度不大，本题注意基础知识的积累和学习4下列关于金属钠及化合物的叙述错误的是（） A 金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火 B Na2O2与水及CO2反应产生等量O2时，转移电子数相等 C 钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛 D 不可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液考点： 钠的化学性质；钠的重要化合物 分析： A金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应，泡沫灭火器产生的是二氧化碳；BNa2O2与水及CO2反应，过氧化钠均既是氧化剂又是还原剂；C钠的性
25、质强于钛；D氢氧化钙与碳酸钠、碳酸氢钠反应都会产生沉淀解答： 解：A钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与二氧化碳发生反应生成氧气，镁能与二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，故用泡沫灭火器灭火会使火燃烧得更旺，故A错误；BNa2O2与水及CO2反应，过氧化钠均既是氧化剂又是还原剂，依据转移电子守恒可知产生等量O2时，转移电子数相等，故B正确；C钠的性质强于钛，能够从熔融的氯化钛中制取钛，故C正确；D氢氧化钙与碳酸钠、碳酸氢钠反应都会产生沉淀，现象相同，所以不可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液，故D正确；故选：A点评： 本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物的性质是解题关键，题目难度不大
26、5硫氰（SCN）2的化学性质和卤素（X2）类似，称为拟卤素，如（SCN）2+H2OHSCN+HSCNO，它们的阴离子的还原性强弱为ClBrSCNI下列说法不正确的是（） A Cl2可以与KSCN溶液反应 B （SCN）2可以与KI溶液反应 C KSCN溶液可以与FeCl3溶液反应 D （SCN）2可以与KBr溶液反应考点： 氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析： 由阴离子的还原性强弱为ClBrSCNI，可知氧化性顺序为Cl2Br2（SCN）2I2，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来解答解答： 解：由阴离子的还原性强弱为ClBrSCNI，可知氧化性顺序为Cl2Br2（SCN）
27、2I2，则ACl2可以与KSCN溶液反应，则氧化性为Cl2（SCN）2，与已知离子还原性一致，故A正确；B（SCN）2可以与KI溶液反应，则氧化性为（SCN）2I2，与已知离子还原性一致，故B正确；CKSCN溶液可以与FeCl3溶液反应，发生络合反应，与氯离子不反应，则还原性ClSCN，故C正确；D若（SCN）2可以与KBr溶液反应，可知Br2（SCN）2，与已知离子的还原性矛盾，故D错误；故选D点评： 本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握离子的还原性及氧化还原反应中氧化性比较规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重了知识的迁移应用，题目难度不大6下列反应中，改变反应物的
28、用量或浓度，不会改变生成物的是（） A 铜和硝酸反应 B 二氧化碳通入氢氧化钠溶液中 C 细铁丝在氯气中燃烧 D 氯化铝与氢氧化钠溶液反应考点： 硝酸的化学性质；氯气的化学性质；钠的重要化合物 分析： ACu和浓硝酸反应生成NO2、和稀硝酸反应生成NO；B二氧化碳和少量NaOH反应生成NaHCO3、和过量NaOH反应生成Na2CO3；C无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；D氯化铝和少量NaOH反应生成Al（OH）3、和过量NaOH反应生成NaAlO2解答： 解：ACu+4HNO4（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=Cu（NO3）2+2NO+4H2O，所以生
29、成物与浓度有关，故A错误；BNaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以生成物与反应物的量有关，故B错误；C无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，所以与反应物的量、反应物浓度无关，故C正确；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl、4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O，所以产物与反应物的量有关，故D错误；故选C点评： 本题考查产物成分，明确物质的性质是解本题关键，有些反应中产物与反应物的量、反应物浓度或反应条件有关，熟练掌握常见元素化合物性质，题目难度不大，易错选项是C7在给定条件下可能大量共
30、存的离子组是（） A 在含有大量AlO2的溶液中：Cu2+、Na+、Br、HCO3 B 使石蕊变红的溶液中：K+、I、MnO4、SO42 C 水电离的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液中：NH4+、Na+、Cl、NO3 D 加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、Ba2+、ClO、Br考点： 离子共存问题 专题： 离子反应专题分析： A与AlO2发生反应的离子不能大量共存；B使石蕊变红的溶液呈酸性；C水电离的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D加入Mg能放出H2的溶液，应为非氧化性酸溶液解答： 解：ACu2+与AlO2发生互促
31、水解、AlO2促进HCO3的电离，不能大量共存，故A错误；B使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下，I、MnO4发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C水电离的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D加入Mg能放出H2的溶液，应为非氧化性酸溶液，ClO、Br发生氧化还原反应，故D错误故选C点评： 本题考查离子的共存，为高考高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，注意选项B、D中的氧化还原反应及A中相互促进水解为易错点，题目难度不大8下列实验设计及其对应的离子方程式均
32、正确的是（） A 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+ B Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2 C 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2 AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32 D 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O考点： 离子方程式的书写 分析： A电子、电荷守恒，反应生成氯化亚铁、氯化铜；B电子不守恒；C反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化解答： 解：A用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+
33、2Fe3+Cu2+2Fe2+，故A正确；BNa2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故B错误；C向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C错误；D浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故D错误；故选A点评： 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大9NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（） A 1 mo1 Na2O2与足量H2O反应，转移了2 NA 个
34、电子 B 1 mol O2在反应中得到电子数一定为4 NA C 1 mol Cl2在反应中得到电子数不一定为2NA D 在2KClO3+4HC1（浓）2KCl+2C1O2+C12+2H2O中，氯气既是氧化产物又是还原产物，每生成1 mol Cl2转移2 NA 个电子考点： 阿伏加德罗常数 分析： A、过氧化钠与水的反应为歧化反应；B、氧气在反应中可能变为1价或2价；C、氯气可能发生自身的氧化还原反应；D、根据在氧化还原反应中，化合价“只靠拢，不交错”来分析解答： 解：A、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故A错误；B、氧气在反应中可能变为1价或2价，故1m
35、ol氧气在反应中得到的电子数可能为2NA或4NA，故B错误；C、由于氯气能发生歧化反应，故1mol氯气在反应中得到的电子数可能为2NA，但也可能为NA个，故C正确；D、在氧化还原反应中，化合价“只靠拢，不交错”，故氯气是由HCl氧化得来，只是氧化产物，不是还原产物，C1O2是由KClO3还原得来，是还原产物；此反应转移2mol电子，生成1mol氯气，故当生成1mol氯气时转移2NA个电子，故D错误；故选C点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，本题解答的关键是掌握常见元素的化合价10某溶液中大量存在以下五种离子：NO3、SO42、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为：n（NO3）
36、：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能是下列中的（） A Fe2+ B Cu2+ C Al3+ D Ba2+考点： 常见离子的检验方法；离子方程式的有关计算 分析： 某溶液中含有NO3、SO42、Fe3+、H+、M，溶液不显电性，利用电荷守恒及离子的共存来计算解答解答： 解：已知物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则阴离子所带电荷n（NO3）+2n（SO42）=2mol+23mol=8mol，阳离子所带电荷3
37、n（Fe3+）+n（H+）=31mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Fe2+在酸性条件下与NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，Ba2+与SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故选B点评： 本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据电荷守恒判断M应为阳离子，结合离子反应问题判断11某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关
38、系如图所示则下列说法正确的是（） A 溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+ B 溶液中n（NH4+）=0.1 mol C 溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3 D n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=2：2：1考点： 常见离子的检验方法；离子方程式的有关计算 分析： 若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液
39、中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n（Mg2+）、n（Al3+）、n（NH4+），据此解答解答： 解：解：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢
40、氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol0.7mol=0.1mol，则nAl（OH）3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol0.1mol=0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol0.1mol3）2=0.05mol，A由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B
41、由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B错误；C由上述分析可知，溶液中一定不含CO32、NO3，一定含有SO42，故C错误；D由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D正确，故选D点评： 本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，难度较大12高效能电池的研发制约电动汽车的推广有一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应式为：2C2H6+
42、7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，有关此电池的推断正确的是（） A 负极反应为：14H2O+7O2+28e=28OH B 放电过程中KOH的物质的量浓度不变 C 每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14mol D 放电一段时间后，负极周围的pH升高考点： 原电池和电解池的工作原理 专题： 电化学专题分析： 在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，C2H6+18OH14e2CO32+12H2O，正极上是氧气发生得电子的还原反应，2H2O+O2+4e4OH，根据电极反应可以确定电子转移情况以及电极附近溶液的酸碱性变化情况解答： 解：A、在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子
43、的氧化反应，在碱性电解质下为C2H6+18OH14e2CO32+12H2O，故A错误；B、根据总反应为：2C2H6+7O2+8KOH4K2CO3+10H2O，可以知道放电过程中，消耗了氢氧化钾，KOH的物质的量浓度会减小，故B错误；C、根据电极反应式：C2H6+18OH14e2CO32+12H2O，每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子数为14mol，故C正确；D、根据负极反应：C2H6+18OH14e2CO32+12H2O，放电一段时间后，该极上消耗氢氧根离子，所以负极周围的pH降低，故D错误；故选C点评： 本题考查学生燃料电池的工作原理知识，注意书写电极反应时结合溶液的酸碱性分析，难度
44、中等13甲丁是含同一种元素的四种物质，甲和丁分别是该元素的单质和最高价氧化物的水化物，它们之间有如图所示的转化关系，甲不可能是（） A Fe B Si C Al D S考点： 无机物的推断 分析： 根据物质的性质，可用排除法解答该题，Cl2与不O2反应，Fe与O2反应生成Fe3O4，但Fe（OH）3分解生成Fe2O3，以此解答该题解答： 解：AFe与O2反应生成Fe3O4，丙不可能与水反应生成Fe（OH）3，且Fe（OH）3分解生成Fe2O3，而不是Fe3O4，不符合转化关系，故A选；B如甲为Si，则乙为SiO2，丙为Na2SiO3，Na2SiO3与酸反应生成H2SiO3，H2SiO3分解可生
45、成SiO2，符合转化关系，故B不选；C如甲为Al，则乙为Al2O3，丙为AlCl3或NaAlO2，丁为Al（OH）3，丁分解可生成Al2O3，符合转化关系，故C不选；D可发生反应：SSO2SO3H2SO4SO2，符合转化关系，故D不选故选A点评： 本题考查无机物的推断，侧重于元素化合物知识的综合运用，注意相关基础知识的积累，难度不大14向含SO32、Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（） A B C D 考点： 离子方程式的有关计算；氧化性、还原性强弱的比较 专题： 氧化还原反应专题；离子反应专题分析： 离
46、子还原性SO32IFe2+Br，故首先发生反应SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+，再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断解答： 解：离子还原性SO32IFe2+Br，故首先发生反应SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+，再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积
47、，A由SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+可知，0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B.0.1molSO32完全反应后，才发生2I+Cl2=I2+2Cl，0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI完全反应时氯气的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C.0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.
48、1molI完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；DSO32、I、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br+Cl2=2Br2+2Cl可知，0.1molBr完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol22.4L/mol=5
49、.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；故选C点评： 本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键15下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（） A 实验室用装置制取氨气 B 用装置吸收氨气，并防止倒吸 C 用装置稀释浓硫酸 D 用装置除去CO2中的HCl考点： 气体发生装置；物质的溶解与加热；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的收集 专题： 化学实验基本操作分析： ANH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；B氨气极易溶于水；C量筒不能用来配制溶液；D除杂不能
50、将原物质除掉解答： 解：ANH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多，故A错误； B氨气极易溶于水按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；C量筒不能用来稀释或配制溶液，故C错误；D碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将二氧化碳除掉，不符合除杂原则，故D错误故选B点评： 本题考查氨气的制取和收集、溶液的配制、除杂等，难度不大，注意NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多16利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（）选项 实验结论
51、 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S） B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3 Ba（NO3）2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸碳酸硅酸 A A B B C C D D考点： 化学实验方案的评价 专题： 实验评价题分析： A不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）Ksp（Ag2S），则生成Ag2S；B浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；C盐酸与亚硫酸钠生成
52、二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；D浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀解答： 解：A图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）Ksp（Ag2S），则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误；B浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；C盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，
53、如与氯化钡不反应，故C错误；D浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；故选B点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大17某结晶水合物的化学式为RnH2O，其相对分子质量为M25时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL溶液下列关系中不正确的是（） A 该溶液中溶剂与溶质的质量比为m（水）：m（溶质）=（ +b）：（a） B
54、 该溶液的物质的量浓度为c=molL1 C 该溶液中溶质的质量分数为=% D 该溶液的密度为=gL1考点： 物质的量浓度的相关计算 专题： 计算题分析： ag该晶体的物质的量为：=mol，mol该晶体中含有结晶水的质量为：18g/molmoln=g，则VmL该溶液中含有溶剂的质量为：m（水）=bg+g=）=（+b）g，含有溶质的质量为：agg=（a）g，A根据分析可计算出该溶液中溶剂与溶质的质量比；B根据c=计算出该溶液的物质的量浓度；C溶质质量分数=100%，据此计算出该溶液中溶质的质量分数；D溶液的密度=，据此计算出该溶液密度解答： 解：Aag该晶体的物质的量为：=mol，mol该晶体中含
55、有结晶水的质量为：18g/molmoln=g，则VmL该溶液中含有溶剂的质量为：m（水）=bg+g=）=（+b）g，含有溶质的质量为：agg=（a）g，则该溶液中溶剂与溶质的质量比为m（水）：m（溶质）=（ +b）：（a），故A正确；B溶质的物质的量为mol，则该溶液的浓度为：=molL1，故B正确；C该溶液中溶质的质量分数为：=100%=100%，故C错误；D该溶液密度=g/L，故D正确；故选C点评： 本题考查了物质的量浓度、溶质质量分数的计算与判断，题目难度中等，明确物质的量浓度、溶质质量分数的概念为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力18将9g铜和铁的混合物投入100
56、mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12L NO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12L NO若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（） A 原混合物中铜和铁各0.075 mol B 稀硝酸的物质的量浓度为0.5 molL1 C 第一次剩余4.8g金属为铜和铁 D 再加入上述100mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12 L NO考点： 有关混合物反应的计算 分析： 整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1mol NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成
57、硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，设铁为x mol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，再结合选项解答解答： 解：整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1mol NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，设铁为x mol，铜
58、为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、（x+y）=，联立方程，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，A由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故A正确；B根据方程式可知，n（HNO3）=0.075mol=0.2mol，稀硝酸的物质的量浓度为：=2mol/L，故B错误；C.9g混合物中含铁质量为：0.075mol56g/mol=4.2g，含铜质量为：0.075mol64g/mol=4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故C错误；D再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据
59、电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为：=0.025mol，其体积为：0.025mol22.4L/mol=0.56L，故D错误；故选A点评： 本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，避免了过程法的繁琐，侧重对学生思维能力的考查二、填空题（）19（14分）（2014秋米易县校级月考）化学是人类进步的关键（1）SO2、NO2是主要的空气污染物，必须经过处理后才能排放消除SO2一种方法是：利用Fe3+常温下将SO2氧化为SO42而实现SO2的处理，则反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+消除NO2一种方法是：在
60、适当的催化剂存在下，用甲烷将NO2还原，反应的生成物均对环境无污染，则甲烷将NO2还原的化学方程式为CH4+2NO2=N2+CO2+2H2O（2）钛被称为继铁、铝之后的第三金属金属钛的冶炼的步骤主要有：第一步：、钛铁矿（主要成分FeTiO3）在高温下与焦炭、氯气反应得到四氯化钛、三氯化铁和一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO第二步：由TiCl4Ti，需要在Ar气氛围中加热条件下用镁还原，反应的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2（3）高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料这种材料可以按下列方法制备：SiO2Si（粗）Si
61、HCl3Si（纯）上述步骤的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO（4）我国海水制盐具有悠久的历史，从海水中制得的氯化钠除食用外，还用作工业原料写出氯碱工业中电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH电解生成的氯气可用于生产漂白粉，反应的化学方程式：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O考点： 二氧化硫的化学性质；海水资源及其综合利用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析： （1）Fe3+常温下将SO2氧化为SO42而实现SO2的处理，反应生成硫酸、亚铁离子；在适当的催化剂存在下，用甲烷将NO2还原生成氮气、二氧化碳和水；（2）FeTi
62、O3在高温下与焦炭、氯气反应得到四氯化钛、三氯化铁和一种可燃性气体，结合原子守恒为一氧化碳，TiCl4Ti，需要在Ar气氛围中加热条件下用镁还原得到金属钛；（3）根据SiO2与碳反应生成一氧化碳和硅；（4）用惰性电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，同时阴极附近还生成氢氧根离子，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水解答： 解：（1）Fe3+常温下将SO2氧化为SO42而实现SO2的处理，反应生成硫酸、亚铁离子，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；在适当的催化剂存在下，用甲烷将NO
63、2还原生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：CH4+2NO2=N2+CO2+2H2O，故答案为：CH4+2NO2=N2+CO2+2H2O；（2）FeTiO3在高温下与焦炭、氯气反应得到四氯化钛、三氯化铁和一种可燃性气体，结合原子守恒为一氧化碳，反应的化学方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，TiCl4Ti，需要在Ar气氛围中加热条件下用镁还原得到金属钛，反应的化学方程式为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，TiCl4+2MgTi+2MgCl2；（3）工业上用焦炭在高温下置
64、换二氧化硅中的硅来制备粗硅，方程式为：SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（4）用惰性电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，同时阴极附近还生成氢氧根离子，电池反应式为2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2 Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2 H2O，故答案为：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2，2Cl2+2 Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2 H2O点评： 本题考查了化学反应的产物分析判断，化学方程式书写，题目难度中等20（10分）（2
65、014秋米易县校级月考）用如图装置实验，A、B两烧杯分别盛放200g10%NaOH和足量CuSO4溶液通电一段时间后，c极上有Cu析出，又测得A杯中溶液的质量减少4.5g（不考虑水的蒸发）请回答下列问题：（1）电源P极为负极；请分别写出b极和c极上发生的电极反应式：b极4OH4e=2H2O+O2；c极Cu2+2e=Cu（2）c极上析出固体铜的质量为16g（3）若装置中用铅蓄电池作电源，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极：Pb+SO42PbSO4+2e正极：PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O假设在a极制得气体0.050mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是0.10m
66、ol考点： 原电池和电解池的工作原理 分析： （1）A、B为电解池，电解时，c电极上有Cu析出，则c为阴极，电解质溶液中的铜离子放电生成单质铜，d为阳极，A、B为串联，所以a是阴极、b是阳极，阴离子氢氧根离子放电，生成氧气，电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2，P是负极、Q是正极；（2）A杯是电解水，A杯中溶液的质量减少4.5g，所以水的质量减少4.5g，物质的量为：=0.25mol，析出氧气物质的量为=0.125mol，根据转移电子数相等计算c电极析出金属质量；（3）a电极是阴极，阴极上析出氢气，根据转移电子相等进行计算解答： 解：（1）A、B为电解池，电解时，c电极上有Cu析出，则c为
67、阴极，电解质溶液中的铜离子放电生成单质铜，d为阳极，A、B为串联，所以a是阴极、b是阳极，阴离子氢氧根离子放电，生成氧气，电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2，P是负极、Q是正极，故答案为：负，4OH4e=2H2O+O2；Cu2+2e=Cu；（2）水的质量减少4.5g，物质的量为：=0.25mol，析出氧气物质的量为0.125mol，根据4OH4e=2H2O+O2得转移电子的物质的量=0.125mol4=0.5mol，串联电路中转移电子相等，所以析出Cu的质量=64g/mol=16g，故答案为：16；（3）a电极是阴极，阴极上析出氢气，a极制得氢气0.050mol，转移电子0.10mol，
68、铅蓄电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是0.10mol，故答案为：0.10点评： 本题为电化学知识的综合应用，做题时要注意根据电极反应现象判断出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电路，各电极上得失电子的数目相等21（11分）（2014秋米易县校级月考）已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）药物卡托普利的合成原料M、工程材料聚碳酸酯（简称PC）的合成路线如下图所示：其中C的化学式为C3H6O，且核磁共振氢谱只有一种峰；D俗称石炭酸请
69、回答：（1）反应的反应类型是酯化反应有机物B的名称是2丙醇（2）写出C与D反应生成双酚A的化学方程式（3）M有多种同分异构体，写出满足下列条件的M的所有同分异构体的结构简式、含有甲基 含有碳碳双键 核磁共振氢谱3个峰 属于酯（4）在一定条件下，碳酸乙烯酯能与CH3OH发生酯交换反应生成碳酸二甲酯和另一种醇，写出该反应的化学方程式（5）写出PC（聚碳酸酯）的结构简式或考点： 有机物的推断 专题： 有机物的化学性质及推断分析： 丙烯经过系列反应得到C，C与D反应得到双酚A，C能和氢氰酸发生信息中的加成反应，根据题给信息及双酚A的结构可知，C是，则B是，D、，A是，F是（CH3）2C（OH）COOH
70、，M的相对分子质量是86，比F小18，应是F在浓硫酸、加热条件下发生分子内酯化反应脱去1分子水生成M，消去反应生成M，则M为，碳酸二甲酯与D（）反应得到E与甲醇，则E为，双酚A与E反应得到苯酚与PC，则PC为或，据此解答解答： 解：丙烯经过系列反应得到C，C与D反应得到双酚A，C能和氢氰酸发生信息中的加成反应，根据题给信息及双酚A的结构可知，C是，则B是，D、，A是，F是（CH3）2C（OH）COOH，M的相对分子质量是86，比F小18，应是F在浓硫酸、加热条件下发生分子内酯化反应脱去1分子水生成M，消去反应生成M，则M为，碳酸二甲酯与D（）反应得到E与甲醇，则E为，双酚A与E反应得到苯酚与P
71、C，则PC为或，（1）M相对分子质量比F小18，应是F在浓硫酸、加热条件下发生分子内酯化反应脱去1分子水生成M，消去反应生成M为，有机物B为，名称是：2丙醇，故答案为：酯化反应；2丙醇；（2）C与D反应生成双酚A的化学方程式为：，故答案为：；（3）MCH2=C（CH3）COOH有多种同分异构体，满足下列条件的M的所有同分异构体：含有甲基，含有碳碳双键，核磁共振氢谱3个峰，属于酯，符合条件的同分异构体有：，故答案为：；（4）在一定条件下，碳酸乙烯酯能与CH3OH发生酯交换反应生成碳酸二甲酯和另一种醇，应生成乙二醇，该反应的化学方程式：，故答案为：；（5）由上述分析可知PC（聚碳酸酯）的结构简式为
72、：或，故答案为：或点评： 本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体、有机物命名等，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，以双酚A的结构为突破口采用正、逆推法相结合的方法推断，需要学生对给予的信息进行利用，难度中等22（16分）（2014秋米易县校级月考）化学是一门以实验为基础的学科，请完成下列有关实验问题如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图（1）写出用A制取氯气的化学方程式MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O（2）利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2Fe3+，则装置B中的溶液的作用是除去氯气中的氯化氢；装置D中加的最佳试剂是（填序号）c：供选
73、试剂：a浓H2SO4 bFeCl2溶液 cKSCN与FeCl2的混合溶液 d无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强此时，B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的酸性高锰酸钾（填溶液名称），E中加入Na2SiO3溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；实验2不严谨之处应如何改进将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管、向烧碱和Na2SO3的混合溶液中加入少量溴水
74、，振荡后溶液变为无色反应后的溶液中含有大量的SO32、SO42、Br、OH等阴离子，请填写鉴定其中SO32、SO42和Br的实验报告限选试剂：2mol/LHCl，1mol/L H2SO4，l mol/LBaCl2，l mol/LBa（NO3）2，0.1mol/LAgNO3，CCl4，新制饱和溴水，新制饱和氯水编号 实验操作 预期现象和结论步骤 在试管A中加入少量待测液，加入足量氯水，再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色 溶液分层，下层呈橙红色，证明待测液中含Br步骤 在试管B中加入少量待测液，加入过量的2mol/L盐酸，再滴加1mol/L BaCl2溶液 有白色沉淀生成，证明待测液中含SO42
75、步骤 在试管C中加入少量待测液，滴加2mol/LHCl至溶液呈酸性，加入几滴新制饱和溴水（填试剂），振荡 溴水褪色，证明待测液中含SO32考点： 性质实验方案的设计；常见气体制备原理及装置选择 分析： 装置A制备氯气，氯气中含有HCl，H2O，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸干燥氯气，氯气比空气重，向上排空气方法收集，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，（1）依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）依据氯气含有氯化氢分析装置B的作用，铁离子使硫氰化钾溶液变红色分析；（3）根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来
76、比较酸性强弱，根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去；（4）根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去并再次通过酸性高锰酸钾溶液是否除尽；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰；、利用萃取后，溴溶解在四氯化碳中，下层为橙红色，鉴定Br；加盐酸先排除亚硫酸离子，再利用硫酸钡白色沉淀的生成鉴定SO42；利用溴水与亚硫酸根离子的氧化还原反应，鉴定SO32解答： 解：、（1）制备氯气是利用装置加热生成，试剂是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2
77、+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）氯气中含有氯化氢气体，通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢，含亚铁离子的物质被氯气氧化成铁离子使硫氰化钾变红色来来证明Cl2Fe3+，因此选KSCN与FeCl2的混合溶液，故答案为：除去氯气中的氯化氢；c；（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用碳酸的酸性强于硅酸，二氧化碳能与硅酸钠反应制得硅酸沉淀，由于CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去，防止干扰检验二氧化碳；故答案为：酸性高锰酸钾溶液，Na2SiO3；（4）若D中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫除
78、尽，E中溶液变浑浊，说明含有二氧化碳气体；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰，将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管可排除空气中二氧化碳的干扰，故答案为：D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥II、步骤另取少量待测液于试管C中，加入足量氯水，再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色，溴溶解在四氯化碳中，下层为橙红色，说明含Br；步骤另取少量待测液于试管B中，加入过量的2mol/L盐酸，再滴加适量1mol/LBaCl2溶液，观察到白色沉淀的生成，说明含SO42；步骤加新制饱和溴水与亚硫酸根离子的氧化还原反应，观察溴水褪色，
79、说明含SO32，故答案为：编号 实验操作 预期现象和结论步骤 溶液分层，下层呈橙红色步骤 加入过量的2mol/L盐酸，再滴加1mol/L BaCl2溶液 步骤 新制饱和溴水 溴水褪色点评： 本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析，物质性质的比较，掌握基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等23（13分）（2014秋米易县校级月考）为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，甲同学设计的实验方案如下：请回答：（1）绿矾的化学式为FeSO47H2O（2）写出反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应生成沉淀的离子反应方程式AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+
80、HCO3（3）为了检测滤液D中含有的金属离子，可设计实验方案为（试剂自选）：用试管取少量滤液D，向滤液中滴加铁氰化钾，有蓝色沉淀产生，液则中存在Fe2+，或向滤液中滴加KSCN（或NaSCN、或NH4SCN）溶液无明显现象，再滴入氯水（或双氧水，或通入Cl2）若变成血红色，则溶液则中存在Fe2+（4）在滤渣B中滴加稀硫酸时，发现反应速率比一般的铁粉反应要快，其原因是铜、铁与稀硫酸形成了原电池（5）若考虑绿色化学工艺，在滤渣E中加入稀硫酸和试剂Y制胆矾晶体，试剂Y为无色液体，则反应的总化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；若不考虑绿色化学工艺，所选试剂Y为1mol/L的硝
81、酸，欲使3molCu全部溶解且溶液中含铜元素的溶质仅为CuSO4，则需该硝酸的体积2L考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护 分析： 合金加入足量的烧碱溶液后，金属铝溶解，滤渣为铁、铜；滤液A中通入二氧化碳气体，得到氢氧化铝沉淀；滤渣B加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应，且会形成铁铜原电池，滤渣E溶解于稀硝酸，蒸发结晶得到绿矾，据此分析（1）绿矾为七水合硫酸亚铁，据此写化学式；（2）金属铝可以和强碱发生反应生成偏铝酸盐和氢气；偏铝酸盐可以和二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀；（3）滤液D中含有的金属离子是亚铁离子，根据亚铁离子的检验方法来回答；（4）在滤渣B中滴加稀硫
82、酸时，溶液中铜、铁与稀硫酸形成了原电池；（5）双氧水是一种绿色氧化剂，可以实现金属铜和硫酸之间的反应，由铜和硝酸、硫酸反应化学方程式求算解答： 解：合金加入足量的烧碱溶液后，金属铝溶解，滤渣为铁、铜；滤液A中通入二氧化碳气体，得到氢氧化铝沉淀；滤渣B加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应，且会形成铁铜原电池，滤渣E溶解于稀硝酸，蒸发结晶得到绿矾（1）绿矾为七水合硫酸亚铁，化学式为FeSO47H2O，故答案为：FeSO47H2O；（2）金属铝可以和强碱氢氧化钠发生反应生成偏铝酸钠和氢气，即2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，即AlO2+CO
83、2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3；（3）亚铁离子可以和强碱反应生成氢氧化亚铁沉淀，迅速被氧化为氢氧化铁，故亚铁离子的检验方法：用试管取少量滤液D，向滤液中滴加铁氰化钾，有蓝色沉淀产生，液则中存在Fe2+，或向滤液中滴加KSCN（或NaSCN、或NH4SCN）溶液无明显现象，再滴入氯水（或双氧水，或通入Cl2）若变成血红色，则溶液则中存在Fe2+，故答案为：用试管取少量滤液D，向滤液中滴加铁氰化钾，有蓝色沉淀产生，液则中存在Fe2+，或向滤液中滴加KSCN（或NaSCN、或NH
84、4SCN）溶液无明显现象，再滴入氯水（或双氧水，或通入Cl2）若变成血红色，则溶液则中存在Fe2+；（4）在滤渣B中滴加稀硫酸时，溶液中铜、铁与稀硫酸形成了许多微小的原电池，构成了电化学腐蚀，加快了反应速率，故答案为：铜、铁与稀硫酸形成了原电池；（5）双氧水是一种绿色氧化剂，在双氧水的作用下，金属铜可以和硫酸发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，铜和硝酸、硫酸反应化学方程式：3Cu+2HNO3+3H2SO=3CuSO4+2NO+4H2O，3mol Cu全部溶解消耗硝酸2mol，则该硝酸的体积=2L，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；2点评： 本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息本题难度中等
