1、山东省泰安市2015届高三上学期期中考试化学试卷一、1-8题每小题2分，9-18题每小题2分，共46分每小题只有一个选项是符合题目要求的1（2分）化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法错误的是（）A维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减少大气污染C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱溶液会“断路”考点：微量元素对人体健康的重要作用；常见的生活环境的污染及治理.分析：A维生素C又称为抗坏血酸，在人体内有重要功能，起抗氧化作用；B氢气燃烧产生水，无污染，可以降低PM2.5的排放，减少
2、大气污染；C碘为微量元素，需要从食物中补充；D光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水解答：解：A维生素C又称为抗坏血酸，缺乏维生素C会导致坏血病，维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，故A正确； B氢气燃烧产生水，无污染，所以新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减少大气污染，故B正确；C碘为微量元素，需要从食物中补充，可多吃海带等食物，或利用碘盐（含碘酸钾）补充，而不能吃富含高碘酸的食物，故C错误；D二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确故选C点评：本题考查化学与生活，利用化
3、学知识解释生产生活现象，难度不大注意知识的积累2（2分）下列有关化学用语使用正确的是（）A硫原子的原子结构示意图：BNH4Cl的电子式：C核内有8个中子的碳原子：CDHCO3电离的离子方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；离子方程式的书写.分析：A硫原子最外层有6个电子，为硫离子的结构示意图；B氯离子为阴离子，电子式中氯离子应用括号及标出孤对电子；C质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数，左下角为质子数；D碳酸氢根离子在溶液中部分电离出氢离子和碳酸根离子，电离程度较弱解答：解：解：A硫原子最外层有6个电子，则硫原子结构
4、示意图为，故A错误；B氯离子应用括号及标出孤对电子，其电子式为，故B错误；C原子核内有8个中子的C原子，质子数为6，质量数为14，则原子核内有8个中子的碳原子表示为：C，故C错误；D碳酸氢根离子的电离为可逆过程，且电离程度较弱，其电离的离子方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+，故D正确；故选D点评：本题考查化学用语的书写判断，涉及电子式、原子结构示意图、原子构成、电离方程式等知识，注重基础知识的考查，把握化学用语的规范使用，题目难度不大3（2分）下列有关结构和性质的说法正确的是（）A元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子B元素P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸
5、性均依次增强C元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同位素及其应用；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系.分析：A、137Cs与133Cs质子数相同；B、元素的非金属性越强，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；C根据稀有气体最外层电子最多，既不容易得到电子，也不容易失去电子；D、非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱；解答：解：A、137Cs与133Cs质子数相同，故A错误；BP、S、Cl元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，对应最
6、高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故B正确；C元素原子的最外层电子数越多，不一定越容易得电子，如稀有气体，故C错误；D非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱，第VIIA族元素，其非金属性随着原子序数增大而减弱，所以A族元素气态氢化物的热稳定性从上到下依次减弱，其还原性从上到下依次增强，故D错误；故选：B点评：本题考查元素周期律知识，题目难度中等，本题注意把握元素周期律的递变规律4（2分）下列指定粒子的数目相等的是（）A物质的量相等的水与重水含有的中子数B等质量的氧气和臭氧中含有的氧原子数C同温、同压、同体积的一氧化碳和乙烯含有的质子数D等物质的量的钠和铜分别
7、与氧气完全反应，转移的电子数考点：物质的量的相关计算.分析：A每个水分子含有8个质子，而每个重水分子含有10个中子；B氧气与臭氧均由氧原子构成，二者质量相等，含有氧原子数目相等；C同温、同压、同体积的一氧化碳和乙烯分子数目相同，CO分子含有14个质子，乙烯分子含有16个质子；D反应中Na原子失去1个电子，Cu原子失去2个电子解答：解：A每个水分子含有8个质子，而每个重水分子含有10个中子，二者物质的量相等，含有质子数不相等，故A错误；B氧气与臭氧均由氧原子构成，二者质量相等，含有氧原子数目相等，故B正确；CCO分子含有14个质子，乙烯分子含有16个质子，同温、同压、同体积的一氧化碳和乙烯分子数
8、目相同，二者含有质子数不相同，故C错误；D反应中Na原子失去1个电子，Cu原子失去2个电子，等物质的量的钠和铜分别与氧气完全反应，转移的电子数之比为1：2，故D错误，故选B点评：本题考查微粒数目有关计算，难度不大，有利于基础知识的巩固5（2分）分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）AH2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物BHCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸CHF、CH3CH2OH、NaOH都易溶于水，都是电解质DHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及
9、其相互联系；电解质与非电解质.分析：A、氧化物是两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；B、依据酸溶液中电离出的氢离子的个数分为一元酸、二元酸和多元酸；C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中熔融状态下均不导电的化合物；D、氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性；解答：解：A、氧化物是两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，HCOOH、Cu2（OH）2CO3分别是酸、盐，故A错误；B、依据酸溶液中电离出的氢离子的个数分为一元酸、二元酸和多元酸，HCOOH只能电离出一个氢离子，是一元酸，H2CO3、H2SO4分子中均能电
10、离出两个氢原子，都是二元酸，故B错误；C、酒精在水溶液中、熔融状态下均不导电，是非电解质，故C错误；D、氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性，HClO、HNO3、浓H2SO4都具强氧化性，都是氧化性酸，故D正确；故选D点评：本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、电解质、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单6（2分）下列叙述错误的是（）A铝热反应中可得到铁，但工业上不用该反应来大量生产铁B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者原理相同D生成盐和水的反应不一定是中和反应考点：氨的化
11、学性质；胶体的重要性质；氧化还原反应；铝的化学性质.分析：A工业炼铁的原理是在高温条件下用一氧化碳还原铁的氧化物，通常是还原氧化铁；B浓盐酸和NH3反应生成固体NH4Cl；C胶体具有吸附性而净水，漂白粉有氧化性而杀菌消毒；D生成盐和水的反应可能是中和反应也可能不是中和反应解答：解：A工业炼铁的原理是用一氧化碳还原铁的氧化物，铝热反应中可得到铁，可用于焊接铁轨，但造价太高，所以不能大量生产铁，故A正确；B浓盐酸和NH3反应生成固体NH4Cl，产生白烟，故B正确；C明矾中的铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，所以二者原理不同，
12、故C错误；D生成盐和水的反应可能是中和反应也可能不是中和反应，如Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，故D正确；故选C点评：本题考查较综合，涉及中和反应概念、氨气的检验、金属的冶炼、水的净化等知识点，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，明确物质的性质即可解答，易错选项是C，注意二者区别7（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2 L CCl4中含有的CCl键的个数为2NAB1 mol Na2O和Na2O2物中含有的阴、阳离子总数是3 NAC常温下，0.1 mol Cl2通入NaOH溶液中充分反应，转移电子数为0.2 NAD1 L 0.1 molL1氨
13、水溶液中所含的离子和分子总数大于0.1 NA但小于0.2 NA考点：阿伏加德罗常数.分析：ACCl4标准状况不是气体；B氧化钠是2个钠离子和一个氧离子构成，过氧化钠是由2个钠离子和一个过氧根离子构成；C转移0.1mol电子；D氨水中一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，水电离生成氢离子和氢氧根离子解答：解：ACCl4标准状况不是气体，标准状况下，11.2 L CCl4中物质的量为0.5mol，故A错误；B氧化钠是2个钠离子和一个氧离子构成，过氧化钠是由2个钠离子和一个过氧根离子构成，1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，故B正确；CCl元素的化合价既升高又降低，
14、转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故C错误；D氨水中一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，水电离生成氢离子和氢氧根离子，1L0.1 molL1氨水溶液中所含的离子和分子总数大于0.2 NA，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是气体摩尔体积的条件应用弱电解质电离平衡分析，物质组成的特征，化学平衡的分析判断，题目难度中等8（2分）X、Y、Z为同一短周期中的元素，其原子半径依次减小，它们的最高价氧化物对应的水化物之间，任意两种混合均可反应，M为Y、Z形成的化合物，其溶液显酸性下列说法正确的是（）AX、Y、Z简单离子的半径依次增大B将M溶液加热蒸干并灼烧，最后可得Y
15、的氧化物CY的最高价氧化物为碱性氧化物D将少量X单质投入到M溶液中，会置换出Y单质考点：原子结构与元素的性质.分析：最高价氧化物对应的水化物之间，任意两种混合均可反应，说明肯定有一种为两性氢氧化物，则肯定含有Al，由原子半径关系可知X肯定为Na，则Y应为Al，M为Y、Z形成的化合物，其溶液显酸性，则Z应为Cl，M为AlCl3，以此解答该题解答：解：AX（Na）和Y（Al）对应离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则Na+半径大于Al3+，故A错误；BM为AlCl3，溶液加热时易水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸挥发，灼烧可生成氧化铝，故B正确；CY为Al元素，Al的最高价氧化物为两性氧化
16、物，故C错误；DNa性质活泼，与水剧烈反应，将钠投入到氯化铝溶液中，得到氢氧化铝或偏铝酸钠，不能置换出铝，故D错误故选B点评：本题考查原子结构与元素周期律的性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子的结构特点和元素周期律的递变规律，难度不大9（3分）（2013山东）利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中
17、的少量NaIAABBCCDD考点：硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物质的量浓度的溶液.专题：化学实验常用仪器分析：A、测定硫酸铜晶体结晶水 需要加热，用到酒精灯；B、用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，需要用到过滤操作，用到漏斗；C、需要称量氢氧化钠固体的质量，用到托盘天平；D、用到萃取和分液操作，用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗解答：解：A、硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；B、用盐酸出去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，要用到漏斗，B错误；C、用固体氢氧化钠配制溶液，需要用到托盘天平称量固体，C错误；D、用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的
18、少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确； 故选D点评：本题考查化学实验基本操作及使用的仪器，注重实验基础知识考查，难度中等10（3分）下列陈述、均正确且有因果关系的是（）选项陈述陈述AFe3+有氧化性FeCl3溶液可溶解废旧电路板中的铜BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维CNH3有还原性NH3可用H2SO4吸收D浓HNO3有酸性浓HNO3不可用铁制容器盛放AABBCCDD考点：硅和二氧化硅；氨的化学性质；硝酸的化学性质.分析：A三价铁离子具有氧化性能够与铜反应生成二价铁离子与铜离子；B二氧化硅是绝缘体；C浓硫
19、酸具有酸性不能干燥碱性气体；D冷的浓硝酸遇到铁发生钝化解答：解：A三价铁离子具有氧化性能够与铜反应生成二价铁离子与铜离子，离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故A正确；B二氧化硅是绝缘体，不导电，故B错误；C氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故C错误；D冷的浓硝酸遇到铁发生钝化，阻止反应的进行，可以用铁制容器盛放浓硝酸，故D错误；故选：A点评：本题考查了元素及化合物的性质，明确三价铁离子、二氧化硅、浓硫酸、浓硝酸的性质是解题关键，注意硅与二氧化硅用途的差别，题目难度不大11（3分）将溶液（或气体）X逐渐加入（或通入）到一定量Y溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图，符合图
20、中情况的一组物质是（）ABCDXBa（HCO3）2溶液Na2CO3溶液KOH溶液CO2气体YNaOH溶液CaCl2溶液Mg（HSO4）2溶液石灰水AABBCCDD考点：离子方程式的有关计算.专题：图示题分析：解答本题首先分析图象的意义是随着X的不断加入，反应开始没有沉淀生成，然后沉淀逐渐增加，其次将四个反应的化学反应原理逐一分析，沉淀的生成与X试剂的关系，最后和图象对比可解答解答：解：A、向NaOH溶液中加入Ba（HCO3）2溶液，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，生成碳酸根离子与钡离子结合成碳酸钡，所以一开始就有沉淀产生，故A错误；B、CaCl2溶液中加入Na2CO3溶液，发生复分解反应，一开始
21、就生成碳酸钙，故B错误；C、Mg（HSO4）2溶液中加入KOH溶液，氢氧根离子首先与氢离子反，然后与镁离子反应生成氢氧化镁，故C正确；D、石灰水中通入二氧化碳一开始就生成碳酸钙，不符合图象，故D错误；故选：C点评：本题是图象和化学知识相结合的题型，涉及知识点较多要求学生有将图象信息转换为化学信息的能力，同时对化学知识必须十分熟练，才可能快速解题12（3分）下列有关说法，不正确的是（）将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时最终生成CaSO4，可减少SO2对大气的污染为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化电解从海水中得到的氯化
22、镁溶液可获得金属镁为证明NaHCO3溶液中混有Na2CO3，取少量溶液，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，则证明混有Na2CO3A仅B仅C仅D仅考点：二氧化硫的污染及治理；电解质溶液的导电性；金属冶炼的一般原理；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.分析：依据二氧化氮和水反应的气体体积变化分析判断；依据二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，易被氧化生成硫酸钙解答；氢氧化钠能够与二氧化硅发生反应；电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气；碳酸钠、碳酸氢钠都能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀解答：解：二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，反
23、应后水上升试管容积的三分之二，不能充满液体，故错误；向煤中加入适量石灰石，发生反应：CaO+SO2CaSO3、2CaSO3+O22CaSO4，可减少SO2对大气的污染，故正确；石英坩埚主要成分为二氧化硅，二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，故错误；电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气，电解熔融的氯化镁可得到Mg，故错误；碳酸钠、碳酸氢钠都能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，无法用加入澄清石灰水的方法证明NaHCO3溶液中混有Na2CO3，故错误；故选：A点评：本题考查元素及化合物的性质、电解原理，明确物质的性质是解题关键，注意电解氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气，题目
24、难度不大13（3分）（2011广东）下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：化学实验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验.专题：压轴题；实验评价题分析：A溴和NaOH反应，苯不溶于水，且密度比水小；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；C生成NO，根据NO的性质判断；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体解答：解：A溴和NaOH反应生
25、成NaBr和NaBrO，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；C生成NO，NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确故选BD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14（3分）下列现象或事实不能用同一原理解释的是（）A浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存BNa2S和Na2SO3固体长期暴露在空气中变质CCl2和SO2都能使
26、品红溶液褪色DSO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色考点：氯气的化学性质；硝酸的化学性质；含硫物质的性质及综合应用.专题：元素及其化合物分析：A、见光易分解的药品要用棕色试剂瓶保存B、硫离子和亚硫酸根离子易被氧气氧化C、次氯酸具有强氧化性，二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质D、二氧化硫和亚硫酸根离子都具有还原性解答：解：A、浓硝酸和次氯酸都见光易分解，所以都要保存在棕色试剂瓶中，故A不符合，B、硫化钠和亚硫酸钠都具有还原性，都能被空气中的氧气氧化，所以长期暴露在空气中变质，故B不符合C、氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使品红溶液褪色；二氧化硫能和有色物质发生化合反应生成无色物质而使品
27、红溶液褪色，属于非氧化还原反应，所以漂白原理不同，故C符合D、二氧化硫和亚硫酸钠都具有还原性，都能被溴含有生成硫酸根离子，而使溴水褪色，故D不符合故选C点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，注意二氧化硫和次氯酸的漂白原理不同，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色15（3分）下列解释事实的化学方程式或离子方程式正确的是（）A用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+CO2+H2OB碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3H2O+H2OCFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2DCa（HCO3）2溶
28、液中加入少量的NaOH溶液：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A反应生成醋酸钙、水、二氧化碳；B漏写钡离子转化为沉淀的离子反应；C漏写硝酸根离子的氧化还原反应；DNaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠解答：解：A用食醋除去暖水瓶中的水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故A正确；B碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液的离子反应为NH4+HCO3+Ba2+2OHBaCO3+NH3H2O+H2O，故B错误；CFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液的离子反应为12H+3NO3+Fe
29、3+10IFe2+5I2+3NO+6H2O，故C错误；DCa（HCO3）2溶液中加入少量的NaOH溶液的离子反应为Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，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，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大16（3分）某溶液能溶解Al（OH）3，不能溶解SiO2，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）AI、Na+、Cl、NO3BFe3+、Ca2+、CH3COO、HCO3CNa+、Mg2+、NO3、SO42DBa2+、K+、Cl、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专
30、题分析：能溶解Al（OH）3，该溶液为酸性或者强碱性溶液，不能溶解SiO2，则该溶液一定为酸性溶液，A酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化碘离子；B铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，醋酸根离子、碳酸氢根离子与氢离子反应；CNa+、Mg2+、NO3、SO42离子之间不发生反应，也不与酸性溶液中的氢离子反应；D钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀解答：解：能溶解Al（OH）3，该溶液为酸性或者强碱性溶液，不能溶解SiO2，则该溶液一定为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ANO3在酸性溶液中能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+、HCO3之间发生双水解反应，CH3COO、HCO
31、3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、Mg2+、NO3、SO42离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DBa2+、SO42之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，正确理解“能溶解Al（OH）3，不能溶解SiO2”的含义为解答关键17（3分）某溶液中大量存在五种离子：N
32、O3、SO42、Fe3+、H+、X，其物质的量之比为：n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，则X可能为（）AFe2+BMg2+CClDBa2+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，根据溶液不显电性，可以确定X为阳离子，然后利用离子不能反应生成水、气体、沉淀、不能发生氧化还原反应等确定X，以此来解答解答：解：由物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，溶液不显电性，而：21+3213+31，则X
33、为阳离子，由电荷守恒可知，X所带电荷为：=+2，即：X为带两个单位正电荷的阳离子，又Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，SO42与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，所以X一定为Mg2+，故选B点评：本题考查溶液为电中性及离子的共存，注意阳离子的电荷总数等于阴离子电荷总数确定M为阳离子是解答本题的关键，并注意发生的氧化还原反应，题目难度中等18（3分）从矿物学资料查得一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法中正确的是（）ACuSO4是氧化剂，FeS2是还原剂B产物中的SO42有一部分是氧化产物CCu2S既是氧化产物又是还
34、原产物D5 mol FeS2发生反应，有10 mol e转移考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价，以此来解答解答：解：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价，ACuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故A错误；BS元素的化合价既升高又降低，由硫酸根
35、离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42是氧化产物，故B正确；CCu2S只是还原产物，故C错误；D.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol6（1）=21mol e转移，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5 mol FeS2发生反应时只有3molS失去电子，题目难度不大二、解答题（共6小题，满分54分）19（9分）（1）某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图1由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是砝码放在左盘，烧杯放在右盘（或砝码和物品的位置放反了），烧杯的实际质量为27.4
36、g（2）指出图2的3个实验中各存在的一个错误：A滴管口伸入试管中，B试管口向上，C混合气体从短导管进入洗气瓶考点：计量仪器及使用方法；药品的取用；洗气；气体发生装置.专题：化学实验基本操作分析：（1）天平称量物体时遵循左物右码的原则，天平平衡原理：左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量；（2）胶头滴管不能伸入试管中；加热固体试管口应略向下倾斜；洗气时长进短出解答：解：（1）天平称量物体时遵循左物右码的原则，在该实验图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是砝码与烧杯放反了位置，根据天平平衡原理：左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量，若果放反了，则左盘砝码质量=右盘物体质量+游码质量，所以右盘物体质
37、量=左盘砝码质量游码质量=30g2.6g=27.4g，故答案为：砝码放在左盘，烧杯放在右盘（或砝码和物品的位置放反了）；27.4；（2）A滴管口伸入试管中，会污染胶头滴管内的药品； B试管口向上，会使液滴倒流，发生炸裂；C混合气体从短导管进入洗气瓶，会将氢氧化钠溶液排出，故答案为：滴管口伸入试管中；试管口向上；混合气体从短导管进入洗气瓶点评：本题考查的是天平的读使用及化学实验基本操作，难度不大，只有掌握化学实验的基本技能，才能安全、准确地进行化学实验20（11分）某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如图1探究：（1）装置的连接顺序为aghdebcf（2）硬质玻璃管中可观察到的现象是有棕
38、黄色的烟生成（3）硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，原因是防止堵塞（4）反应一段时间、熄灭酒精灯，冷却后，将收集器及硬质玻璃管中物质快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如图2实验：试剂X的化学式为KSCN；有同学分析淡黄色溶液中含有Fe2+，你认为合理（填“合理，或“不合理，）；固体产物的成分可能为a（填相应的字母）；aFe和FeCl3 bFeCl2和FeCl3 cFe、FeCl2和FeCl3 dFe和FeCl2用离子方程式表示加入新制氯水后溶液红色加深的原因2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl、Fe3+3SCN=Fe（SCN）3（5）该小组
39、同学对红色褪去的原因进行探究提出假设：假设1：溶液中无SCN假设2：溶液中无Fe3+假设3：溶液中同时无Fe3+和SCN设计方案：请对所提出的假设1进行验证，简要写出实验方案取少量褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则假设1成立考点：性质实验方案的设计.分析：（1）实验目的是探究氯气与铁的反应及产物，根据先制取纯净、干燥氯气、然后让氯气与铁反应生成氯化铁，最后需要完全吸收装置的顺序连接装置；（2）铁与氯气反应生成氯化铁，会出现棕黄色的盐；（3）导管较细，生成的氯化铁固体容易堵塞导管；（4）根据检验铁离子的常用方法解答；根据加入氯水后混合液红色加深可知，原固体为铁和氯化亚铁
40、的混合物，则淡黄色溶液中含有亚铁离子；氯水具有强氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子浓度增大，溶液红色加深；（5）根据假设1、假设2判断假设3的内容；根据假设1的内容设计检验方案，写出检验方法解答：解：（1）浓盐酸具有挥发性，则制取的氯气中混有氯化氢，需要用饱和食盐水除去杂质HCl，然后用浓硫酸干燥氯气，将干燥的氯气通入盛有铁粉的大试管中，让氯气与铁反应，氯气有毒，需要用碱石灰吸收，所以装置连接顺序为：aghdebcf，故答案为：g、h、d、e、b、c；（2）氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧的产物是氯化铁，反应方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，硬质玻璃管中有棕黄色的烟生成，故答
41、案为：有棕黄色的烟生成；（3）生成的氯化铁晶体容易堵塞导管，所以硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，而是直接与收集器连接，故答案为：防止堵塞；（4）该操作的目的是检验反应产物，可以通过具有铁离子的方法完成，所以加入的试剂X为硫氰化钾溶液，故答案为：KSCN；根据图2可知，先加入硫氰化钾溶液后溶液变红，加入氯水后红色加深，则原固体混合物为Fe和氯化铁，铁与铁离子反应生成亚铁离子，则淡黄色溶液中含有Fe2+，即该分析合理，固体混合物可能为Fe和FeCl3，故答案为：合理；a；氯水将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，溶液中铁离子浓度增大，根据反应Fe3+
42、3SCN=Fe（SCN）3可知，生成的硫氰化铁浓度最大，所以溶液红色加深，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl、Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；（5）假设1：溶液中无SCN假设2：溶液中无Fe3+，则假设3为：溶液中同时无Fe3+和SCN，故答案为：溶液中同时无Fe3+和SCN；假设1为“溶液中无SCN”，可以向溶液中滴入硫氰化钾溶液，如果溶液变红，则说明假设1成立，操作方法为：取少量褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则假设1成立，故答案为：取少量褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则假设1成立点评：本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质
43、性质实验方案的设计方法，题目难度稍大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力21（9分）五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构A和B、D、E均能形成共价型化合物A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性回答下列问题：（1）D元素在周期表中的位置是第三周期A族（2）B、C、D元素原子半径由大到小的顺序是NaPN（用元素符号表示）（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为NH4Cl（4）单质E与水反应的离子
44、方程式为Cl2+H2O=H+Cl+HClO（5）下列选项中能作为判断B和D的非金属性强弱的依据有（填字母编号）bdaB和D的单质的熔点高低bB和D的氢化物的稳定性强弱cB和D的单质与氧气反应的难易dB和D的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱考点：位置结构性质的相互关系应用.分析：五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D同族，则D为磷元素；C和E形成的化合物在水中呈中性，则E为Cl元素，验证符合，据此解答各小题即可解答：解：依据分析可知：A为氢，B为
45、氮，C为钠，D为磷，E为氯，（1）D元素为P，处于周期表中第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（2）N、Na、P元素原子半径，同一周期中，原子序数越小，半径越大，周期数越大，半径越大，故N、Na、P的原子半径由大到小的顺序是：NaPN，故答案为：NaPN；（3）H和Cl形成的化合物为HCl，H和N形成的化合物为氨气，两者反应生成氯化铵，产物的化学式为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；（4）单质E为氯气，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO；（5）aN和P的单质的熔点高低与其非金属性无关，故a错
46、误；bN和P的氢化物的稳定性强弱可以比较N与P的非金属性强弱，氢化物越稳定，非金属性越强，故b正确；cN和P的单质与氧气反应的难易，不能证明非金属性强弱，故c错误；dN和P的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱可以比较，酸性越强，非金属性越强，故d正确，故选bd点评：本题考查位置结构性质关系、常用化学用语、元素周期律，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握22（8分）已知溶液中：还原性HSO3I，氧化性IO3I2SO42向含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示试回答下列问题：（1）写出a点反应的离子方程式3H
47、SO3+IO33SO42+I+3H+；反应中还原剂是NaHSO3；被还原的元素是碘（2）写出b点到c点反应的离子方程式IO3+6H+5I=3H2O+3I2（3）若往100mL 1molL1的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式为2IO3+5HSO3=I2+5SO42+3H+H2O考点：氧化还原反应的计算.分析：还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，（1）结合图中a点碘的量判断发生的反应，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，化合
48、价降低的元素被还原，据此解答；（2）由图可知，b点到c点有碘生成，应发生IO3+6H+5I=3H2O+3I2；（3）向100mL 1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，HSO3被氧化为SO42，KIO3过量，由于氧化性IO3I2，KIO3将氧化为I，反应不能生成I，而是生成I2，据此书写解答：解：还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，（1）由图可知，a点没有生成碘，故发生反应2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，反应中S元素化合
49、价升高，还原剂是HSO3，I元素的化合价降低，I元素被还原，故答案为：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+；NaHSO3；碘；（2）由图可知，b点到c点由于生成I2，故发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，故答案为：IO3+6H+5I=3H2O+3I2；（3）向100mL 1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，HSO3被氧化为SO42，KIO3过量，由于氧化性IO3I2，KIO3将氧化为I，反应不能生成I，而是生成I2，反应离子方程式为：2IO3+5HSO3=I2+5SO42+3H+H2O，故答案为：2IO3+5HSO3=I2+5SO42+3H+H2O点评：本题是
50、一道有关氧化还原反应的综合题，考查角度广，难度中等，要求学生具有分析和解决问题的能力23（9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下的反应关系：（1）若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写出其中D与水反应生成的酸名称硫酸（2）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写出反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O（3）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写出反应离子方程式AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3（4）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
51、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（5）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写出反应的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）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；（2）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，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2；（3）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NaA
52、lO2，D为Al（OH）3；（4）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；（5）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，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为FeCl2解答：解：（1）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，D与水反应生成的酸名称为硫酸，故答案为：硫酸；（2）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，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2
53、，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）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，反应的离子方程式为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3；（4）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
54、=Na2SiO3+2H2，故答案为：Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2；（5）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，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为FeCl2，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+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24（8分）标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，各取30.0mL相同浓度的盐酸，然后分别慢慢地加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，得下列有关数据（假设反应前后溶液的体积不发生变化）：甲乙丙合金质量/mg51076
55、5918气体体积/mL560672672根据实验数据，计算：（1）盐酸中HCl的物质的量浓度为2mol/L（2）合金中镁的质量分数（计算结果保留至0.1%，有必要的计算步骤和语言叙述，只写答案不得分，下同）（3）甲组实验后，还需向容器中加入lmolL1的NaOH溶液多少毫升恰好使铝元素以Al（OH）4存在，并使Mg2+刚好沉淀完全？考点：有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算.分析：盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，生成336
56、mL氢气需要金属的质量为510mg=612mg765mg，故乙中金属剩余，盐酸不足，（1）乙、丙中盐酸完全，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，根据n=计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2），据此计算；（2）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，据此解答；（3）甲组实验后，向容器中加入一定量的NaOH溶液，恰好使铝元素全部以AlO2形式存在，并使Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2
57、，根据钠离子守恒则n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），结合Cl氯离子、Al原子守恒可知n（NaCl）、n（NaAlO2），再根据V=计算需要氢氧化钠溶液体积，结合（1）（2）中的数据计算解答：解：盐酸浓、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，生成336mL氢气需要金属的质量为510mg=612mg765mg，故乙中金属剩余，盐酸不足，（1）乙、丙中盐酸完全，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，盐酸完全反应生成氢气67
58、2mL，氢气的物质的量为：=0.03mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=20.03mol=0.06mol，故盐酸的物质的量浓度为：=2mol/L，故答案为：2mol/L；（2）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知：24x+27y=0.51，根据电子转移守恒有：2x+3y=2=0.05，联立方程解得：x=0.01、y=0.01，故合金中镁的质量分数为：100%=47.1%，答：合金中镁的质量分数为47.1%；（3）甲组实验后，向容器中加入一定量的NaOH溶液，
59、恰好使铝元素全部以AlO2形式存在，并使Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据钠离子守恒，则：n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），结合Cl氯离子、Al原子守恒，可知n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=n（HCl）+n（Al）=0.06mol+0.01mol=0.07mol，故需要1mol/L NaOH溶液的体积为：=0.07L=70mL，答：甲组实验后，还需向容器中加入lmolL1的NaOH溶液70毫升恰好使铝元素以Al（OH）4存在，并使Mg2+刚好沉淀完全点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，根据表中数据关系判断反应的过量问题是关键，注意掌握有关混合物计算的方法与技巧，试题侧重考查学生对数据的分析处理及解决问题能力的考查