1、可能用到的相对原子量：C-12 O-16 S-32 Na-23 Cu-64一、选择题：本题共24小题，每小题2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 下列说法正确的是 A少量的CO2通入NaClO溶液中发生反应：NaClO+CO2H2O=NaHCO3 +HClO, 说明酸性强弱的顺序为H2CO3HClOHCO3-B金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C浓H2SO4具有强氧化性，常温下就能与金属Cu发生剧烈反应D. NO2与H2O 反应的过程中，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的个数比为1：2 【答案】A【解析】考点：考查酸性比较、金刚石的性质、浓硫酸的性质以
2、及NO2溶于水的判断2常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A. c(I-)0.1mol.L-1的溶液中：K+、Na+、SO42-、ClO- B使甲基橙变红色的溶液中：K+、NH4+、HCO3-、Cl-C与Al反应能放出大量H2的溶液中：Cl-、Na+、NO3-、Fe2+D由水电离出的c（OH-）=110-10mol.L-1的溶液中：Ba2+、K+、NO3-、Cl-【答案】D【解析】试题分析：A. c(I-)0.1mol.L-1的溶液中ClO-被碘离子还原，不能大量共存，A错误；B使甲基橙变红色的溶液显酸性，HCO3-不能大量共存，B错误；C与Al反应能放出大量H2的溶液可能显酸性
3、，也可能显碱性，显碱性亚铁离子不能大量共存，显酸性NO3-、Fe2+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D由水电离出的c（OH-）=110-10mol.L-1的溶液中水的电离被抑制，可能显酸性，也可能显碱性，不论是酸性还是碱性，四种离子均可以大量共存，D正确，答案选D。【考点定位】考查离子共存正误判断【名师点晴】掌握离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反
4、应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。3相对分子质量为M的气态化合物vL（标准状况），溶于mg水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为cmol.L-1，密度为g.cm-3，则下列说法不正确的是A相对分子质量M= B物质的量浓度c= C质量分数w= D溶液密度=【答案】D【解析】试题分析：A、VL标况下的该气体的物质的量为：n=V/22.4mol，mg：m（溶质）=（1-）：，所以m（溶质）= m/（1-）g，所以V/22.4molMg/mol= m/（1-）g，解得：M=22.4m/（1-）V，A错误；B、VL气体的物质的量为的物质的量
5、为，故氨气的质量为，溶液的质量为，溶液的体积为，故溶液的物质的量浓度c=mol/L，B错误；C、VL气体的物质的量为的物质的量为，故氨气的质量为，溶液的质量为，故质量分数考点：考查物质的量浓度的计算4下列溶液配制实验的描述完全正确的是A在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B. 用浓盐酸配制1 : 1(体积比)的稀盐酸(约6mol.L-1)通常需要用容量瓶等仪器C配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解D用pH=1的盐酸配制100mL、pH =2 的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管【答案】C【解析】试题分析：A、不
6、能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，A错误；B、若用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸，通常使用量筒和烧杯即可，不需要使用容量瓶，B错误；C、NH4Fe（SO4）2溶液中铁离子部分水解生成氢氧化铁和氢离子，加入稀硫酸可以抑制铁离子水解，C正确；D、pH=1的盐酸配制100mL，pH=2的盐酸，必须使用量取液体体积的仪器，如量筒或者酸式滴定管，D错误；答案选C。【考点定位】考查配制一定物质的量浓度的溶液5下列叙述正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）A. 7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NAB.7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAC.标准状况下，
7、22.4L溴单质含有NA个溴分子111D.0.2 molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，转移电子的数目为0.4NA【答案】B【解析】试题分析：A. 7.8gNa2O2是0.1mol，含有的共价键数为0.1NA，A错误；B. Na2S与Na2O2的相对分子质量相同，都是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，因此7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA，B正确；C.标准状况下溴单质不是气体，不能利用摩尔体积计算含有的溴分子个数，C错误；D.0.2 molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，转移电子的数目为0.2NA，D错误，答案选D。【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数的
8、计算。 【名师点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。6. 下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是A.K B. Fe C.Al D. Na【答案】C【解析】【考点定位】本题考查学生对常见金属的化学性质的掌握程度【名师点晴】本题主要是考查无
9、机化合物间的转化（反应），考查学生对重要无机物之间反应的掌握程度，在平时的复习中要做到对常见反应非常熟悉。本题的答题策略是采用逐一验证的方法进行解答，要注意反应的条件为“常温下”，注意掌握铝表面易形成致密氧化膜的常识，题目难度不大。7. 下列实验中，对于杂质(括号中的物质为杂质)的检验和除杂方法均正确的是选项目标物质和杂质检验方法除杂方法AFeCl2(FeCl3)滴入KSCN通入过量氯气BNaCl(NH4Cl)加热1111加热CKNO3(NaCl)焰色反应(透过蓝色钴玻璃)重结晶DCl2(HCl)通入AgNO3溶液通入饱和NaCl溶液中【答案】B【解析】试题分析：A、氯气能把氯化亚铁氧化为氯化
10、铁，应该用铁粉除杂，A错误；B、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，加热可以除杂，B正确；C、透过蓝色钴玻璃观察不能检验氯化钠，C错误；D、氯气能与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，不能检验，D错误，答案选B。考点：考查物质的检验和除杂8. 下列说法不正确的是光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理装饰材料释放的甲醛会造成污染84消毒液的有效成分是NaClO大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素因为NH3.H2O是弱酸，所以不能用氨水与FeCl3溶液反应制取Fe(OH)3A. 1个 B. 0个 C.2个 D. 4个【答案】A【解析
11、】考点：考查元素及其化合物的性质9. 常温下，下列各组物质中，Y即能与X反应又能与Z反应的是A B C D【答案】B1111【解析】试题分析：氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠和稀硫酸均反应；正确；二氧化硅与盐酸不反应，错误；常温下氮气与氧气和氢气均不能反应，错误；常温下铜和氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，正确，答案选B。考点：考查元素及其化合物的性质10. 下列叙述中正确的是A.氯化铝溶液中加入过量氨水反应实质是：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+B存在于污水的重金属离子，常用投加明矾等电解质的方法进行处理C镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可
12、完全溶于过量NaOH溶液D依据铝热反应原理，能发生反应2Al+3MgO 3Mg+Al2O3【答案】A【解析】试题分析：A、氢氧化铝不能溶解在弱碱氨水中，A正确；B、明矾能净水，但不能除去重金属离子，B错误；C、镁与氢氧化钠不反应，C错误；D、铝的金属性弱于镁，不能与氧化镁发生铝热反应，D错误，答案选A。考点：考查元素及其化合物的性质11. 甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系， 下列有关物质的推断不正确的是A若甲为焦炭，则丁可能是O2 B若甲为Fe，则丁可能是盐酸C若甲为SO2，则丁可能是氨水 D若甲为NaOH溶液，则丁可能是H2S【答案】B【解析
13、】【考点定位】考查无机推断【名师点睛】很多物质之间存在相互转化，是因为与反应物之间的物质的量比例有关，通常与量有关的反应有：1硝酸银和少量氨水反应生成氢氧化银沉淀，和过量氨水反应生成银氨溶液。2氢氧化钠和少量氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠，和过量的氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。3盐酸和少量偏铝酸钠反应生成氯化铝和氯化钠，和过量的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。4碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，和过量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳和水。5铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，和过量硝酸反应生成硝酸铁。12. 向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）下列有关该反
14、应的说法中错误的是A在该反应中碘酸钠作还原剂B碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的氧化性C反应中生成1 mol Na2H3IO6转移2 mol电子D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意氧化还原反应中的基本概念。注意根据化合价的变化分析，物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，在反应中失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物，可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂。13. 碳
15、酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生成硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）。下列说法正确的是ACO、SO2均为无色有刺激性气味的有毒气体B工业上利用Cl2 和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】试题分析：ACO、SO2均为无色有刺激性气味的有毒气体，A正确；B工业上利用Cl2 和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应，C正确；D.甲醇氧化生成甲醛的反应中还有水生成，原子利用率不是100%，D错误。答案选C。考点：考查物质制备流程的有关分
16、析与判断14. 下列图示实验正确的是【答案】D【解析】考点：考查化学实验方案设计与评价15. 下列说法中不正确的是A.SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同 B浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体C硅胶可做袋装食品的干燥剂 D晶体硅可用于制作半导体材料与其熔点高硬度大无关【答案】B【解析】试题分析：A.SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同均是被氧化，A正确；B浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3沉淀，得不到胶体，B错误；C硅胶可做袋装食品的干燥剂 ，C正确；D晶体硅可以导电，可用于制作半导体材料与其熔点高硬度大无关，D正确，答案选B
17、。考点：考查物质性质、用途等判断16. 下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）A体积相等时密度相等 B原子数相等时具有的中子数相等C体积相等时具有的电子数相等 D质量相等时具有的质子数相等【答案】C111【解析】考点：考查阿伏加德罗定律以及推论、微粒之间的关系等知识。17. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀硝酸，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+111BAgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶C铝箔插入稀硝酸中无现象铝箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧
18、化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性【答案】D【解析】试题分析：A加入过量的铁粉，反应生成硝酸亚铁，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液不变红色，A错误；BAgI沉淀中滴入KCl溶液，生成白色沉淀，则Qc（AgCl）Ksp（AgCl），发生沉淀的生成，而不是沉淀的转化，则不能比较得到AgCl比AgI更难溶，B错误；C金属铝表面本身就还有致密得氧化镁，不是硝酸氧化得，C错误；D一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，则红色石蕊试纸变蓝色，D正确；答案选D。【考点定位】本题考查化学实验方案的评价【名师点晴】该题为高频考点，涉及氧化还原反应、沉淀的生成和转化、漂白性、碱性等，把
19、握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。18. 有关下列说法的判断正确的是A. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张B. 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应可生成CaCO3，漂白粉在空气中久置变质C.NH3能使酚酞溶液变红，因而NH3可用于设计喷泉实验D. 打磨磁石制指南针不涉及化学反应【答案】D【解析】考点：考查物质性质、变化扥更应该判断19. 物质的量之比为2:5的锌和稀硝酸反应若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A. 1:4 B. 1:5 C. 2:3 D.
20、 2:5，【答案】A【解析】试题分析：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，即4Zn+10HNO3（一般稀）=4Zn（NO3）2+N2O+5H2O，答案选C。【考点定位】本题是对硝酸的氧化性知识的考查【名师点晴】解答时注意电子守恒思想在氧化还原反应中的运用。得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数
21、。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。20. 在1L含0.2molKOH、0.1molNaAlO2和0.1 mol Ba(NO3)2的混合溶液中，逐滴加入浓度为0.1 mol/L的H2SO4溶液，下列图像中能表示反应产生的沉淀的物质的量和所加入硫酸溶液的体积关
22、系是(已知AlO2-和Ba2+可以大量共存)【答案】A【解析】试题分析：在1L含0.2molKOH、0.1molNaAlO2和0.1 mol Ba(NO3)2的混合溶液中，向该混合溶液中加入H2SO4溶液，首先发生反应Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+2H2O，Ba（OH）2反应完毕，继续加入H2SO4溶液，再发生反应AlO2-+H+H2OAl（OH）3，AlO2-反应完毕，沉淀达最大，继续加入H2SO4溶液，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，沉淀减少，Al（OH）3反应完毕，最后为BaSO4沉淀，继续加入H2SO4溶液，沉淀的量不变。第一阶段：由发生反应Ba（OH）2+H2
23、SO4BaSO4+2H2O可知，Ba（OH）2反应完毕，需加入0.1molH2SO4，H2SO4溶液的体积为0.1mol0.1L1L，生成沉淀n（BaSO4）0.1mol；第二阶段：由发生反应AlO2-+H+H2OAl（OH）3可知，0.1molAlO2-反应完毕，该阶段需加入0.05molH2SO4， H2SO4溶液的体积为0.05mol0.1mol/L0.5L，该阶段生成沉淀n1Al（OH）30.1mol，但加入相同体积的硫酸，该阶段比第一阶段生成沉淀的多，为第一阶段的2倍；第三阶段：由发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O可知，沉淀减少，0.1molAl（OH）3完全溶解，该阶段
24、需加入（0.1mol83）20.15molH2SO4，H2SO4溶液的体积为0.15mol0.1L1.5L， ，答案选A。考点：考查离子反应、化学计算、图像分析等21. 下列说法正确的是氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 铝罐可久盛食醋 FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，该反应是置换反应 将水蒸气通过灼热的铁粉，出现的现象是粉末变红，说明铁与水在高温下发生反应明矾能水解生成Al(OH)3.胶体，可用作净水剂Fe与S混合加热生成FeS2Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应氧化铁能与酸反应，因而可利用于制作红色涂料A. 1个 B. 2个 C. 3个 D.
25、5个【答案】B【解析】考点：考查元素及其化合物的性质22. 下列有关NH4Fe(SO4)2水溶液的叙述正确的是A.该溶液中Mg2+、H+、NO3-、Cl-可以大量共存B.该溶液能使碘化钾试纸变蓝，反应的离子方程式为：Fe3+2I-=Fe2+I2C.该溶液和足量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为： Fe3+SO42-+Ba2+3OH-=BaSO4+Fe(OH)3D. 该溶液与足量铜粉 反应的离子方程式为：2Fe3+3Cu=2Fe+3Cu2+【答案】A【解析】考点：考查离子共存、离子方程式的书写方法判断23. 用如图所示装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和
26、U形管的质量差，实验测得m(H)m(O)18。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是A、装置之间缺少干燥装置B装置后缺少干燥装置C 装置中玻璃管内有水冷凝DCuO没有全部被还原【答案】D【解析】试题分析：A、如果I和II之间少干燥，那么就会有部分启普发生器中的水分进入干燥U形管，那么测得的H2O就会变多，而在横向玻璃管中测得的O的质量是不会改变的，所以用H2O的质量减去O的质量就是H的质量，那么H的质量就要变大，所以结果符合题意，A正确；B、III后缺少干燥装置，那么会有空气中的部分的水分被III吸收，导致测得的H2O的质量比实际要多，那么H的质量会变大，所以结果符合题意，B正确；C、
27、II中有H2O冷却的话，那么就会使玻璃管的前后质量差减小，也就是测得的O的质量较实际要小，所以相应的H就要变多，所以结果符合题意，C正确；D、题目中用的是质量差，和CuO有没有完全反应无关，D错误，答案选D。考点：考查实验方案设计与评价24. 下列实验可实现检验或鉴别目的的是A.根据反应MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2-+5Fe3+4H2O可知，用酸性KMnO4溶液可检验FeSO4.7H2O是否变质B.用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液C.用湿润的碘化钾淀粉试剂鉴别Br2(g)和NO2D.用KOH溶液鉴别SO3(g)和SO2【答案】B【解析】【考点定位】本题考查物质的检验和
28、鉴别【名师点晴】该题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，注意把握物质的性质的异同。进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。二、填空题：本题共5小题，给52分25. (每空1分，共9分) 常见的非金属元素及化合物的特征性质有着重要的应用，请按要求回答：(1)C、N、O、Si、S、Cl等元素形成的单质中属于空气主要成分它们相互反应的化学方程式_；常用于自来水消毒的是实验室制备该气体的化学方程式_。(2)在CO、CO2、SO2
29、、NO、NO2、SiO2等氧化物中：其中属于酸性氧化物的是_，能形成酸雨的是_。光导纤维的主要成分与烧碱反应的化学方程式为_。(3)在浓(稀)硝酸、浓(稀)硫酸中：常温下能使Fe、Al钝化的是_。见光易分解的反应的化学方程式是：_。(4)在H2O2、NH3、HCl中：被称作绿色氧化剂，它与FeSO4酸性溶液反应的离子方程式为_。可用于制氮肥、纯碱，加热条件下与氧气反应的化学方程式为_。【答案】(每空1分，共9分) (1) N2+O22NO MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O(2)CO2、SO2、SiO2, SO2、NO、NO2 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(3
30、)浓硫酸、浓硝酸 4HNO3=4NO2+O2+2H2O (4) 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 4NH3+5O24NO+6H2O【解析】 (2)在CO、CO2、SO2、NO、NO2、SiO2等氧化物中：能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，其中属于酸性氧化物的是CO2、SO2、SiO2，能形成酸雨的是SO2、NO、NO2。光导纤维的主要成分是二氧化硅，与烧碱反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。(3)在浓(稀)硝酸、浓(稀)硫酸中：常温下能使Fe、Al钝化的是浓硫酸、浓硝酸。见光易分解的是浓硝酸，反应的化学方程式是4HNO3=4NO2+O2+2H2
31、O。(4)在H2O2、NH3、HCl中：被称作绿色氧化剂是双氧水，它与FeSO4酸性溶液反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。可用于制氮肥、纯碱的是氨气，加热条件下与氧气反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。考点：考查非金属元素及其化合物的性质26. (每空1分，共11分) 典型金属元素及化合物的特征性质有着重要的应用，请按要求回答：(1)Na、Al、Fe、Cu四种元素的单质中：Al与NaOH溶液反应的离子方程式是_，其中作氧化剂的是_。Cu在潮湿的空气中被腐蚀的化学方程式是_。(2)上述四种金属的氧化物中：写出能用作供氧剂的一个化学方程式：_。既能溶于
32、酸溶液又溶于强碱溶液，写出溶于强碱溶液的离子方程式_。常温下为黑色固体的是_。(3)上述四种金属的氢氧化物中：易在空气中被氧化的现象是_。具有两性的是_。(4)上述四种金属形成的阳离子共_有种，其中既能表现还原性，又能表现氧化性的是_；其中氧化性最强的是_。【答案】(毎空1分，共11分（l） 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3(2) 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 或 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2AI2O3+2OH-=2AlO2-+H2O FeO、Fe3O4、CuO(3) Fe(OH)2 白色沉淀迅速
33、变为灰绿色最后变为红褐色 AI(OH)3(4) 6 Fe2+、Cu+ Fe3+【解析】试题分析：(1)Al与NaOH溶液反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，其中作氧化剂的是水；Cu在潮湿的空气中被腐蚀的化学方程式是2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3。既能溶于酸溶液又溶于强碱溶液的是氧化铝，溶于强碱溶液的离子方程式为AI2O3+2OH-2AlO2-+H2O常温下为黑色固体的是FeO、Fe3O4、CuO。(3)上述四种金属的氢氧化物中：易在空气中被氧化的守恒氢氧化亚铁，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色。具有两性的是氢氧化铝。考点：考查金属
34、元素及其化合物的性质27. (12分)某铜矿主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si的化合物。实验室以此铜矿石为原料制备CuSO45H2O及CaCO3，部分步骤如下： 请回答下列问题：（1）溶液A除含有Cu2+外，还可能含有的金属离子有_(填离子符号)；验证所含离子所用的试剂是在_。（2）可用生成的CO2制取优质碳酸钙。制备时，先向氯化钙溶液中通入氨气，再通入CO2。实验室通常采用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制取氨气。某学习小组选取下图所给部分装置制取并收集纯净的氨气。如果按气流方向连接各仪器接口，你认为正确的顺序为a_、_、_ i。其中与i相连漏斗的作用是_。为探究氨气和氯气的反
35、应a. 装置A、B，B装置内的药品依次是_、_。b.装置C可用于探究氯气与氨气(已知氯气和氨气可发生反应：3Cl2+2NH3=N2+6HCl)的反应。实验打开开关1、3，关闭2，先向烧瓶中通入_，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓缓通入一定量的另一种气体。实验一段时间后向烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结。（3）测定铜矿石中Cu2(OH)2CO3质量百分含量的方法是：a将1.25g铜矿石制取的CuSO45H2O于锥形瓶中，加入适量水完全溶解；b向溶液中加入100mL0.25mol/L的氢氧化钠溶液使Cu2+完全沉淀；c过滤；d滤液中的氢氧化钠溶液用0.5mol/L盐酸滴定至终点，耗用10mL
36、盐酸。则铜矿石中Cu2(OH)2CO3质量分数为_。【答案】（l）Fe2+、Fe3+ 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液)、KSCN溶液 (4分，各I分，其他合理答案也得分）(2) ag、he、di (2分， 防止倒吸（1分）； a 饱和食盐水、浓硫酸（2分，各1分） b 氯气（1分） (3) 88.8% (2分）【解析】试题分析：（1）Cu2(OH)2CO3以及Fe、Si的化合物与稀硫酸反应生成硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁。二氧化硅与稀硫酸不反应，所以溶液中A中除含有Cu2+外，还可能含有的金属离子有Fe2+、Fe3+；亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此可以检验亚铁离子。检验铁离子
37、可以用KSCN溶液检验。依据制备氯气装置是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气；实验时打开开关1、3，关闭2向烧瓶中通入氯气，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的氨气，实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结；（3）消耗盐酸的物质的量是0.01L0.5mol/L0.005mol，则根据方程式NaOHHClNaClH2O可知，与盐酸反应的氢氧化钠是0.005mol。氢氧化钠的物质的量是0.1L0.25mol/L0.025mol，则与硫酸铜反应的氢氧化钠是0.025mol0.005mol0.020mol。
38、则根据方程式2NaOHCuSO4考点：考查离子检验、氨气制备、物质含量的测定以及实验方案的设计与评价等28. (11分) 、下列转化关系中，X、Y是生活中生活中用途广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，C、D、E是中学常见的三种化合物。分析转化关系回答问题： (1)请写出反应的化学方程式_。(2)试剂a是_溶液(写一种即可)(3)若试剂b是H2SO4，工业上用E、H2SO4和NaNO2为原料制取高效净水剂Y(OH)SO4，已知还原产物为NO，则该反应的化学方程式是_。 、(1)某容器中发生了一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种粒子，在反应
39、过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示该反应的离子方程式是_。(2)氮氧化合物是大气污染的重要盐因素，将NOx转化为无害物质是当前研究的重要课题。 下式中X必须为无污染的物质，系数n可以为0。NO2GN2H2OnX(未配平的反应式)。下列化合物中，满足上述反应式中的G是_(填写字母)。aNH3bCO2cSO2dCH3CH2OH 若G为天然气的主要成分，则X为_，n_。【答案】.（1)Fe23+2Al2Fe+AlO3 (1分） (2) NaOH或HCl（1分）(3) 2FeSO4+H2SO4+2NaNO2=2Fe(OH)2SO4+Na2SO4+2NO (2分）II. （1)
40、2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2+ 5Cl- (2分(2) ad (2分 CO2 (1分） 1（2分）【解析】（1）反应是铝与氧化铁发生铝热反应，化学方程式为Fe2O32Al2FeAl2O3；（2）B还是氧化铝，是两性氧化物，因此试剂a是NaOH或HCl；（3）若试剂b为硫酸，则E为FeSO4(铁的化合价为2价)Fe(OH)SO4(铁的化合价为3价)，而NaNO2(氮的化合价为3价)NO(氮的化合价为2价)，根据电子得失守恒、质量守恒定律配平，反应化学方程式为2FeSO4H2SO42NaNO2=2Fe(OH)SO4Na2SO42NO。II. （1)根据图像可知次氯酸根离子的物质
41、的量减少，氮气的物质的量增加，因此次氯酸根离子是反应物，且作氧化剂，氮气是氧化产物，因此反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2+ 5Cl-；（2）将NO2变成无害的N2中，氮元素的化合价降低了，二氧化氮做氧化剂，需要加入还原剂，在下列四种物质：aNH3 bCO2 cSO2 dCH3CH2OH中，能被二氧化氮氧化具有还原性的物质有乙醇和NH3，答案选ad；若G为天然气的主要成分，G是甲烷，甲烷被NO2氧化生成CO2，所以X为CO2；反应中1molNO2得到4mol电子，生成1mol氮气需要转移8mol电子，1mol甲烷失去8mol电子，因此根据电子得失守恒可知n1。【
42、考点定位】考查物质的推断，铁、铝及其化合物的性质，铝热反应，化学方程式的书写以及氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】该题的难点是无机框图题推断，化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓 “特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。29. (9分) 、工业上用粗氧化铜(含杂质FeO)为原料制取氯化铜晶体(CuCl22H2O)的生产过程中会产生沉
43、淀氢氧化铁，用来制取FeCO3的流程如下：完成上述转化过程中的离子方程式_。 _。、有一瓶澄清溶液，其中可能含有可能含有NH4、K、Na+、Mg2+、Ba2、Al3、Fe3、Cl-、I、NO3、CO32、SO42。取该溶液进行以下实验：(1)填写表中开空白：实验步骤肯定不存在的离子用PH试纸检验，溶液呈强酸性取出部分溶液，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，精置CCl4层呈紫红色另取出部分溶液，向其加入NaOH溶液，使溶液从酸性变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，均无沉淀产生取中的部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝另取中的部分碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，
44、有白色沉淀生成(2)根据以上事实，该溶液中肯定存在的离子是_。【答案】. Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O (1分 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2 +H2O (2分 II. （6分，每空1分）（1) CO32- Fe3+、NO3-、 Mg2+ 、Al3+ 无 SO42-(2) I-、NH4+、Ba2+【解析】试题分析：.氢氧化铁沉淀溶解在盐酸中生成氯化铁和水，离子方程式为Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O；过滤后滤液中含有亚铁离子，与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2 +H2O；II. 试题分析：溶液呈强酸性，说明溶液中肯定
45、含有H+，而H+与CO32-反应发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-；根据实验现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-，而I-与Fe3+、NO3-和H+能发生氧化还原反应，而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3-；由上述实验事实确定，该溶液中肯定存在的离子是：Ba2+、I-、NH4+；肯定不存在的离子是：Mg2+、Fe3+、Al3+、NO3-、Fe3+、CO32-、SO42-；还不能确定是否存在的离子是：K+、Na+、Cl-，故答案为：Ba2+、I-、NH4+；K+、Na+、Cl-。【考点定位】考查了常见离子的检验、离
46、子共存的相关知识【名师点晴】根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。