1、四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期期末模拟化学试题一选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-10题每小题2分，11-20题每小题2分，本题共50分）1（2分）为了检验某FeCl2溶液是否变质，可选用的试剂是（）AFe粉BNa2S溶液CKSCN溶液D石蕊试液考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验.专题：物质检验鉴别题分析：亚铁离子具有还原性，能被氧化剂氧化，可以用酸性高锰酸钾检验；三价铁离子和KSCN溶液反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，用硫氰化铁检验三价铁离子，据此分析解答解答：解：亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，二价铁离子和KSCN溶液不反应，三价铁离子和KSCN溶
2、液反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，用硫氰化铁检验三价铁离子，故选C点评：本题考查亚铁离子和铁离子的检验，为高考高频点，明确亚铁离子和铁离子的性质及检验方法、实验现象即可解答，熟练掌握其检验方法，题目难度不大2（2分）既能与H+ 反应又能与OH反应的离子是（）AAl3+BAlO2CFe3+DHCO3考点：两性氧化物和两性氢氧化物.专题：元素及其化合物分析：Al3+、Fe3+能与OH反应，不与H+反应，AlO2能与H+反应，不能与OH反应，碳酸氢根为弱酸酸式酸根，能与酸、碱反应解答：解：AAl3+能与OH反应生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸盐，不与H+反应，故A不选；BAlO2能与H+反应得到氢氧
3、化铝沉淀或铝盐，不能与OH反应，故B不选；CFe3+能与OH反应生成氢氧化铁沉淀，不与H+反应，故C不选；DHCO3能与OH反应得到碳酸根，能与H+反应生成二氧化碳，故D选；故选：D点评：本题考查元素化合物性质，比较基础，侧重考查常见离子的反应，题目难度不大3（2分）在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离，且c（H+）增大，应采取的措施是（）A升温B加水C加入NaOH溶液D加入0.1mol/L HCl考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据题意知，加入的物质和醋酸根离子反应或升高温度才能使醋酸的电离平衡向右移动且c（H+）增大，据此分析解答
4、解答：解：A、醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且氢离子浓度增大，故A正确；B、加水，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，故B错误；C、加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；D、加入稀盐酸，氢离子浓度增大但抑制醋酸的电离，故D错误故选A点评：本题考查了影响弱电解质电离的因素，难度不大，注意：如果加入含有相同离子的物质就抑制其电离，如果加入和弱电解质电离的离子发生反应的物质就促进其电离4（2分）下列溶液一定呈酸性的是（）ApH小于7的溶液B含有H+的溶液C滴加酚酞显无色的溶液Dc（H+）c（OH）溶液考点：溶液pH的定义.专题：电离
5、平衡与溶液的pH专题分析：A溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH）的相对大小，与溶液的pH大小无关；B任何水溶液中都含有氢离子；C常温下，酚酞试液的变色范围是810，其颜色分别为无色、浅红色、红色；D溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH）的相对大小解答：解：A溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH）的相对大小，与溶液的pH大小无关，所以pH小于7的溶液不一定是酸溶液，故A错误；B无论酸、碱还是盐溶液中都含有氢离子，所以不能根据是否含有氢离子判断溶液的酸碱性，故B错误；C常温下，酚酞试液的变色范围是810，其颜色分别为无色、浅红色、红色，所以溶液颜色为无色时，溶液可能呈碱性
6、或中性，故C错误；D溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH）的相对大小，当溶液中C（H+）c（OH）时，溶液呈酸性，当C（H+）=c（OH）时溶液呈中性，当C（H+）c（OH）时，溶液呈碱性，故D正确故选D点评：本题考查了溶液酸碱性的判断，难度不大，注意溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH）的相对大小，与溶液的pH大小无关5（2分）铝能用于冶炼金属铁、钒、铬、锰等，其原因是铝具有（）A两性B导电性好C熔点低D还原性强，且反应放出大量热考点：金属冶炼的一般原理；铝的化学性质.专题：元素及其化合物分析：金属冶炼的本质是金属离子得电子被还原为单质，铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作
7、还原剂，且反应为放热反应，用于提炼难熔金属，以此来解答解答：解：铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应；铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，且反应为放热反应，用于提炼难熔金属，而与导电性、熔点及两性无关，故选D点评：本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反应，题目难度不大6（2分）下列除去括号内杂质的试剂及方法有错误的是（）AFeCl2（FeCl3）足量氯气BFe（Al）NaOH溶液，过滤，洗涤CMgCl2（AlCl3）足量NaOH溶液，过滤，盐酸DFe2O3（SiO2）
8、NaOH溶液，过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：AFeCl3与氯气不反应，且FeCl2被氧化；B铝可与氢氧化钠溶液反应；C氢氧化铝为两性氢氧化物；D二氧化硅可与氢氧化钠溶液反应解答：解：AFeCl2被氧化生成FeCl3，应加入铁粉除杂，故A错误；B铁与氢氧化钠不反应，而铝可与氢氧化钠溶液反应，可除杂，故B正确；C氢氧化铝为两性氢氧化物，可溶于过量的氢氧化钠溶液，过滤后加入盐酸，可得到氯化镁，故C正确；D二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，而氧化铁不反应，可除杂，故D正确故选A点评：本题考查物质的分离、提纯的实验设计，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高频
9、考点，注意把握物质的性质的异同，易错点为A，注意除杂时不能影响被提纯物质7（2分）下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是（）AFe2+ H+ NO3 SO42BFe3+ NH4+ Cl ICCu2+ Mg2+ NO3 ClDAl3+ Na+ SO42 OH考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：AFe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；BFe3+、I发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DAl3+、OH结合生成沉淀，不能共存，
10、故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8（2分）称取两份铝粉，第一份加足量NaOH溶液，第二份加足量稀硫酸，如果要得到相同状态下等体积的氢气，则两份铝粉的质量比是（）A1：2B1：3C3：2D1：1考点：化学方程式的有关计算.分析：根据铝与酸、碱反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2来计算回答解答：解：根据方程式2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+
11、3H2，可以发现：等铝粉与硫酸或氢氧化钠溶液反应都能放出氢气，由于硫酸和氢氧化钠溶液都是足量，因此反应产生氢气的质量均决定于铝粉的质量；与硫酸、氢氧化钠溶液反应的铝粉质量相等，因此得到氢气的质量也相等故选D点评：本题以Al为载体考查了物质的量的计算，正确书写方程式是解本题关键，根据方程式中Al和氢气之间的关系式解答即可，题目难度不大9（2分）HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知熔融的HgCl2不导电，而HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，下列关于HgCl2的叙述正确的是（）AHgCl2属于离子化合物BHgCl2属于共价化合物CHgCl2属于非电解质DHgCl2是弱酸弱碱盐考点：离子化合物
12、的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；电解质与非电解质.分析：熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则其构成微粒为分子，为弱电解质，以此来解答解答：解：熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则其构成微粒为分子，为共价化合物且为弱电解质，且为强酸弱碱盐，故选B点评：本题考查化合物类型的判断，明确离子化合物和共价化合物的区别是解本题关键，注意根据熔融状态和水溶液的区别判断化合物类型，题目难度不大10（2分）钢铁发生腐蚀时，正极上发生的反应是（）A2Fe4e=2Fe2+B2Fe2+4e=2FeC2H2O+O2+4e=4OHDFe3+e=
13、Fe2+考点：金属的电化学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：铁发生电化学腐蚀，当溶液呈酸性时，发生析氢腐蚀，正极生成氢气，当溶液呈中性或碱性时，发生吸氧腐蚀，正极消耗氧气，以此解答解答：解：钢铁在空气中发生电化学腐蚀时，若电解质溶液为弱酸性或中性则为吸氧腐蚀，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e4OH；若电解质溶液为酸性则为析氢腐蚀，碳作正极，正极上H+得电子发生还原反应，电极反应式为：2H+2e=H2故选C点评：本题考查了铁的电化学腐蚀，明确铁的腐蚀环境是解本题关键，弱酸性、中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀11（3分）关于
14、小苏打水溶液的表述正确的是（）Ac（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Bc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）CHCO3的电离程度大于HCO3的水解程度D存在的电离有：NaHCO3=Na+HCO3，HCO3=H+CO32考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A小苏打为碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；B碳酸根离子带有两个负电荷，电荷守恒中其系数应该为2；C碳酸氢钠溶液显示碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度；D碳酸氢根离子的电离为可能过程，应该用可逆号，溶液中还存在水的电离平衡解答：解：A小苏打为NaHCO
15、3，根据物料守恒可知：c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故A正确；B碳酸氢钠溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故B错误；CNaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3的水解程度大于HCO3的电离程度，故C错误；D碳酸氢钠溶液中溶液存在NaHCO3和H2O，为强电解质，完全电离：NaHCO3=Na+HCO3，HCO3存在电离平衡：HCO3H+CO32，还存在H2OH+OH，故D错误；故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较，侧重考查溶液中的电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的应用，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、
16、物料守恒的内容为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力12（3分）A、B、C、D四种金属，将AB用导线连接后，浸在稀硫酸中，在A上有氢气放出，而B溶解；当活泼金属浸在含有A和C两种金属离子可溶性盐溶液里时，在活泼金属上先析出C，把D放入B的硝酸盐溶液中，则D表面有B析出这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（）AABCDBDBACCDCBADDBCA考点：常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理.专题：元素及其化合物分析：一般来说，作原电池负极的金属活动性较大，活泼金属能将较不活泼金属从其盐溶液中置换出来，据此判断金属的活动性强弱解答：解：一般来说，作原电池负极的金属活动性较大，活
17、泼金属能将较不活泼金属从其盐溶液中置换出来，AB和稀硫酸构成原电池，B溶解作负极，则活泼性强弱BA；当活泼金属浸在含有A和C两种金属离子可溶性盐溶液里时，在活泼金属上先析出C，则金属活泼性强弱AC；把D放入B的硝酸盐溶液中，则D表面有B析出，则金属活泼性DB，通过以上分析知，金属活动性强弱活动性顺序DBAC，故选B点评：本题考查金属活动性顺序强弱判断，侧重考查知识运用能力，明确原电池中正负极与金属活泼性的关系、金属之间的置换反应即可解答，题目难度不大13（3分）一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：NH4NO3HNO3+N2+H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B
18、5：4C1：1D3：5考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中3价升高为氮气中0价，由硝酸根中+5价降低氮气为0价，根据电子转移守恒计算反应中被氧化与被还原的氮原子数之比解答：解：反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中3价升高为氮气中0价，被氧化；由硝酸根中+5价降低氮气为0价，被还原根据电子转移守恒可知反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（50）：0（3）=5：3故选：A点评：考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，理解电子转移守恒的运用14（3分）在混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水至溶液
19、呈碱性，下列图中，能表示该反应产生的沉淀的质量W与加入氨水的体积V关系的是（）ABCD考点：镁、铝的重要化合物；氨的化学性质.专题：图示题分析：混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水，氨水先与盐酸反应生成氯化铵，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，据此分析解答：解：混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水，氨水先与盐酸反应生成氯化铵，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为3NH3H2O+H+=NH4+H2O，3NH3H2O+Al3+=3NH4+Al（OH）3，故图象C符合；故选：C点评：本题以图象显示考查化学反应，题目
20、难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键15（3分）对于CH3COOH、HCl、H2SO4三种溶液，下列判断正确的是（）ApH相同的三种溶液，物质的量浓度最小的是HClB物质的量浓度相同的三种溶液，pH最小的是H2SO4C含溶质的物质的量相同的三种溶液与过量镁粉反应，CH3COOH产生的H2最多D相同pH、相同体积的三种溶液用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液一样多考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A盐酸和硫酸是强酸完全电离，醋酸为弱酸部分电离；B物质的量浓度相同时，硫酸中氢离子浓度最大；C含溶质的物质的量相同的三种溶液硫酸电离出来的氢离子最多；Dp
21、H相同时，三种的物质的量浓度不同解答：解：A盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，二者都完全电离，醋酸为弱酸部分电离，则物质的量浓度最小的是硫酸，故A错误；B物质的量浓度相同时，硫酸是二元强酸，电离出来的氢离子的浓度最大，则pH最小的是H2SO4，故B正确；C含溶质的物质的量相同的三种溶液硫酸电离出来的氢离子最多，则与过量的Mg反应生成的氢气，硫酸最多，故C错误；DpH相同时，三种的物质的量浓度不同，则用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液不同，故D错误故选B点评：本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合的判断等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查16（3分）常温下pH=6的盐酸和pH=6的NH4Cl
22、溶液，其中由水电离出的c（H+）分别为x mol/L、y mol/L，则x与y的关系是（）Ax=102yBxyCx=yDx=102y考点：盐类水解的应用；pH的简单计算.专题：盐类的水解专题分析：水电离生成氢离子和氢氧根离子，所以酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐水解而促进水电离，据Kw=c（H+）c（OH）计算解答解答：解：pH=6的盐酸中由水电离出的c（H+）=108mol/L=x，pH=6的NH4Cl溶液，其中由水电离出的c（H+）=106mol/L=y，即x=102y故选A点评：本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，根据水电离出的离子确定物质对水电离是抑制还是促进，注意酸溶液中氢离子不等于
23、水电离出的氢离子，为易错点17（3分）将pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈（）A碱性B酸性C中性D无法确定考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：醋酸为弱酸，不能完全电离，pH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液，两溶液中c（OH）和c（H+）相等，反应后酸过量，溶液呈酸性解答：解：pH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液，两溶液中c（OH）和c（H+）相等，都为0.001mol/L，但醋酸为弱酸，不能完全电离，所以醋酸浓度大，反应后酸过量，则混合溶液呈酸性故选：B点评：本题考查酸碱混合的定性判断，难度不大，注意
24、醋酸为弱电解质的特点，为解答该题的关键18（3分）在一支50mL酸式滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在20mL刻度处若把滴定管中的溶液全部放入锥形瓶中，滴人3滴酚酞试液，然后以0.1mol/L NaOH溶液进行滴定，当溶液刚好变为浅红色时，消耗NaOH镕液的体积（）A等于20mLB小于20mLC等于30mLD大于30ml考点：计量仪器及使用方法.专题：化学实验常用仪器分析：滴定管的刻度从上到下，50mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到20mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（5020）mL解答：解：滴定管的刻度从上到下，50mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到20
25、mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（5020）mL，消耗0lmol/LNaOH溶液的体积大于30 mL，故选D点评：本题考查常见仪器的构造及其使用方法，难度不大，注意掌握滴定管的构造：刻度从上到下，最大刻度以下没有刻度，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力19（3分）碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l） Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s） 下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子B电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2e=Mn2O
26、3（s）+2OH（aq）C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g考点：原电池和电解池的工作原理.分析：根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），以此解答该题解答：解：A、根据总反应可知Zn被氧化，为原电池的负极，故A正确；B、根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2
27、O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），故B正确；C、原电池中，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D、负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，外电路中每通过O.2mol电子，消耗的Zn的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol65g/mol=6.5g，故D正确故选C点评：本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和判断20（3分）设计一个原电池来实现反应：2F
28、e3+Fe=3Fe2+，下列各选项中，电极和电解质溶液选择正确的是（）选项负极材料正极材料电解质溶液ACuFeFeCl3BZnFeFeCl2CFe石墨Fe2（SO4）3DFeAgFe（NO3）2AABBCCDD考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：根据反应“2Fe3+Fe=3Fe2+”可知，反应中铁被氧化，应为原电池负极，因失电子而被氧化；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为含Fe3+的盐，以此解答解答：解：ACu为负极，发生2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A错误；B锌的活泼性大于铁，锌作负极，铁作正极，所以不能实现该
29、反应的原电池，故B错误；C铁的活泼性大于C，铁作负极，C作正极，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液，所以是能实现该反应的原电池，故C正确；D铁的活泼性大于银，铁作负极，银作正极，但电解质溶液为Fe（NO3）2溶液，所以是不能实现该反应的原电池，故D错误故选C点评：本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，题目难度不大，注意从氧化还原反应的角度确定原电池的电极材料及电解质溶液二填空题（本题包括3小题，共17分）21（7分）（1）在25C时，纯水中C（H+）C（OH）=1.01014；（2）在NH4Cl溶液中C（H+）大于107mol/L（大于、小于或等于），pH小于7（大于、小于或等于）；（3）在
30、Na2CO3溶液中C（H+）小于107mol/L （大于、小于或等于），pH大于7（大于、小于或等于）（4）在NaCl溶液中C（H+）等于107mol/L （大于、小于或等于），pH等于7（大于、小于或等于）考点：离子积常数；盐类水解的应用.分析：水的电离过程为H2OH+OH，在室温下其平衡常数为KW（25）=1.01014，水电离出的氢离子浓度和氢氧根根离子浓度是相等的，酸、碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，据此回答解答：解：（1）水的电离过程为H2OH+OH，在室温下其平衡常数为KW（25）=1.01014，故答案为：1.01014；（2）在NH4Cl溶液中，铵根离子水解促进水的电离
31、，水解显示酸性，c（H+）大于107mol/L，pH小于7，故答案为：大于；小于；（3）在Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进水的电离，水解显示碱性，c（H+）小于107mol/L，pH大于7，故答案为：小于；大于；（4）在NaCl溶液中，水的电离平衡不受影响，所以c（H+）=107mol/L，pH=7，显示中性，故答案为：等于；等于点评：本题考查学生水的电离以及水的电离平衡的影响因素等知识，注意水的离子积只受温度影响这一知识点，难度不大22（3分）冶炼金属常用以下几种方法：以C或CO、H2作还原剂还原；电解法；热分解法，现冶炼下列金属Al、Fe、Hg，试标明适宜的冶炼方法（填序号）：Al
32、Fe Hg考点：金属冶炼的一般原理.专题：元素及其化合物分析：Fe、Zn、Cu等中等活泼金属通常用热还原法；Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属通常采用电解法冶炼制备；Hg、Ag等不活泼金属通常采用热分解法冶炼；据此分析判断解答：解：Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属的化合物与C、CO或H2等不反应，故Al采用电解法冶炼制备2Al2O34Al+3O2，故答案为：；由Fe、Zn、Cu等中等活泼金属用热还原法，即以C、CO或H2做还原剂还原冶炼，铁用热还原法3CO+Fe2O32Fe+3CO2；，故答案为：；Hg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故汞采用热分解法冶炼，2HgO2Hg+O2，
33、故答案为：；点评：本题考查了金属的冶炼方法、掌握常见金属的冶炼方法是解题关键，题目较简单23（3分）在含有Al3+、Ba2+、Fe3+三种离子的混合溶液中只加一种试剂达到下列目的所给的备选试剂有：氨水、NaOH溶液、H2SO4溶液、AgNO3溶液、Na2CO3溶液（1）只让Ba2+离子沉淀完全，应加入H2SO4溶液；（2）要让Al3+、Fe3+两种离子沉淀完全，应加入氨水；（3）使三种离子全部转化为沉淀，应加入Na2CO3溶液考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验.专题：物质检验鉴别题分析：（1）根据Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3均溶于水，而BaSO4是沉淀来分析；（2）根据Al（O
34、H）3、Fe（OH）3是沉淀，而Ba（OH）2是溶于水的强碱来分析；（3）根据Al3+、Fe3+与CO32发生双水解生成沉淀，Ba2+与CO32生成沉淀来分析解答：解：（1）Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3均溶于水，而BaSO4是沉淀，故只让Ba2+离子沉淀完全，应加入H2SO4溶液，故答案为：H2SO4溶液；（2）Al（OH）3、Fe（OH）3是沉淀，而Al（OH）3不能溶于弱碱；而Ba（OH）2是溶于水的强碱，故要让Al3+、Fe3+两种离子沉淀完全，故应加入氨水，故答案为：氨水；（3）Al3+、Fe3+与CO32发生双水解生成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，而Ba2+能与CO3
35、2生成沉淀，故使三种离子全部转化为沉淀，应加入Na2CO3溶液，故答案为：Na2CO3溶液点评：本题考查了物质的分离与提纯，利用物质的性质的差异性来解题是解题关键，难度不大24（4分）电子表所用的某种钮扣电池的电极材料为Zn和Ag2O，电解质溶液为KOH，其电极反应式为：Zn+2OH2eZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e2Ag+2OH电池的负极是锌（填材料名称），正极发生的是还原反应（填反应类型），电池总反应式为Zn+Ag2OZnO+2Ag考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，当得失电子相等时，正负极电极反应式相加即得电池反应式解
36、答：解：根据电极反应式知，锌失电子发生氧化反应，所以锌作负极，氧化银作正极，正极上氧化银得电子发生还原反应，根据电极反应式得电池反应式为Zn+Ag2OZnO+2Ag，故答案为：锌；还原；Zn+Ag2OZnO+2Ag点评：本题考查了原电池原理，明确元素化合价变化是解本题关键，根据根据得失电子判断正负极电极反应及反应类型，并根据电极反应式写出电池反应式，难度不大三推断题（本题包括1小题，共11分）25（11分）如图，A、B是中学化学里常用的物质，已知A是化合物，B是单质；E溶液中滴入KSCN溶液呈红色试回答：（1）B和A的浓溶液反应的条件是加热，简述常温下不易反应的原因Fe被浓HNO3钝化生成致密
37、的氧化膜（2）写出F和G相互转化的化学方程式FG3NO2+H2O=2HNO3+NOGF2NO+O2=2NO2（3）简述L转化为I的现象白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，该反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3考点：无机物的推断.专题：推断题分析：A、B是中学化学里常用的物质，A是化合物，B是单质，E溶液中滴入KSCN溶液呈红色，说明E含有Fe3+离子，E中加入NaOH溶液得到K与I，H溶液中加入NaOH溶液得到K与L，且L与D、J转化得到I，K为钠盐，I为Fe（OH）3，L为Fe（OH）2，H为含Fe2+离子的溶液，推断B为Fe，A为浓硫酸或浓硝酸，两反
38、应均生成D，则D为H2O，故J为O2，由于G与J（氧气）反应得到F，且F与D（水）反应得到A与G，可推知，A为HNO3，F为NO2，G为NO，E为Fe（NO3）3，H为Fe（NO3）2，K为KNO3，据此解答解答：解：A、B是中学化学里常用的物质，A是化合物，B是单质，E溶液中滴入KSCN溶液呈红色，说明E含有Fe3+离子，E中加入NaOH溶液得到K与I，H溶液中加入NaOH溶液得到K与L，且L与D、J转化得到I，K为钠盐，I为Fe（OH）3，L为Fe（OH）2，H为含Fe2+离子的溶液，推断B为Fe，A为浓硫酸或浓硝酸，两反应均生成D，则D为H2O，故J为O2，由于G与J（氧气）反应得到F，
39、且F与D（水）反应得到A与G，可推知，A为HNO3，F为NO2，G为NO，E为Fe（NO3）3，H为Fe（NO3）2，K为KNO3，（1）常温下，Fe被浓HNO3钝化生成致密的氧化膜，Fe与浓硝酸需要再加热条件下发生反应，故答案为：加热；Fe被浓HNO3钝化生成致密的氧化膜；（2）FG的反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；GF的反应方程式为：2NO+O2=2NO2，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；2NO+O2=2NO2；（3）L转化为I的现象为：白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，该反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答
40、案为：白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3点评：本题考查无机物推断，E溶液中滴入KSCN溶液呈红色是推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，题目难度中等四实验题（本题包括1小题，共10分）26（10分）阅读下列实验内容，根据题目要求回答问题某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00mL待测硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14molL1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO4 25.00mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL（1）该学生用标准0.14molL1NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下
41、：A用酸式滴定管取稀H2SO4 25.00mL，注入锥形瓶中，加入指示剂B用待测定的溶液润洗酸式滴定管C用蒸馏水洗干净滴定管D 取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上23cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下E检查滴定管是否漏水F另取锥形瓶，再重复操作一次G把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度滴定操作的正确顺序是（用序号填写）ECBADGF（或ECBDAGF）该滴定操作中应选用的指示剂是酚酞在G操作中如何确定终点？滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成红色，半分钟不褪色（
42、2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）偏大（3）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入滴定管乙（选填“甲”或“乙”）中（4）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值偏小（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）计算待测硫酸溶液的物质的量浓度（计算结果精确到小数点后二位）4.20molL1考点：中和滴定.专题：实验题分析：（1）根据酸碱中和滴定操作正确的操作步骤进行排序；根据氢氧化钠与硫酸恰好中和溶液的pH为7选择使用的指示剂；根据滴定结束前硫酸溶液的颜色及反应结束后混合液的颜色
43、变化判断滴定终点；（2）滴定管没有润洗，滴定管内的蒸馏水导致盛装的溶液体积增大，溶液浓度减小；（3）NaOH溶液为碱性溶液，应该用碱式滴定管量取；（4）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，则读数偏大，滴定后俯视，则读数偏小；（5）根据滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积及反应方程式计算出待测液硫酸的物质的量浓度解答：解：（1）用标准0.14mol/L NaOH溶液滴定硫酸的实验操作步骤为：检查滴定管是否漏水、洗涤滴定管、润洗并盛装标准液、润洗盛装标准液的滴定管、盛装标准液、开始滴定、重复滴定等，所以正确的操作顺序为：ECBADGF（或ECBDAGF），故答案为：ECBADGF（或ECBDAGF）；由于
44、氢氧化钠与硫酸恰好中和，溶液的pH=7，可以选用酚酞（变色范围为：810）作为指示剂，故答案为：酚酞；滴定结束前，滴入酚酞的硫酸溶液为无色，滴定结束时，溶液变成红色，所以滴定终点现象为：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成红色，半分钟不褪色，故答案为：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成红色，半分钟不褪色；（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，相当于标准液被稀释，所以消耗掉的稀硫酸就会增多，滴定结果偏大，故答案为：偏大；（3）NaOH溶液为碱性溶液，应该用碱式滴定管量取，即使用图中的乙，故答案为：乙；（4）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，则读数偏大，滴定后俯视，则读数偏小，两
45、个读数差即是反应消耗的氢氧化钠的体积，两个读数差偏小，即消耗的氢氧化钠的体积偏小，求出硫酸的物质的量浓度偏小，故答案为：偏小；（5）根据反应：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，稀释后的硫酸溶液浓度为：c（H2SO4）=0.042mol/L，稀释前稀硫酸的浓度为：0.042mol/L=4.20mol/L，故答案为：4.20点评：本题考查了酸碱中和滴定实验操作及误差分析，题目难度中等，要求学生熟记酸碱中和滴定的实验步骤和注意事项，就能顺利完成此类题目，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生规范的实验设计能力五计算题（
46、本题包括2小题，共12分）27（4分）pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸混合，已知所得混合溶液的pH=11，求混合前强碱与强酸溶液的体积比考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：pH=13的强碱溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合液的pH=11，则混合溶液中c（OH）=103mol/L=，据此计算酸碱体积之比解答：解：pH=13的强碱溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合液的pH=11，则混合溶液中c（OH）=103mol/L=，解得：V（碱）：V（酸）=1：9，答
47、：强碱溶液与强酸溶液的体积比为1：9点评：本题考查了pH的简单计算，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，根据混合溶液中氢氧根离子浓度计算公式进行计算即可，注意溶液酸碱性与溶液pH的关系28（8分）将镁、铝的混合物0.1mol 溶于100mL 2mol/L H2SO4溶液中，然后再滴加1mol/L 的NaOH溶液，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V 变化情况如图所示，计算：（1）当a=160mL时，金属混合物中n（Mg）=0.06mol，n（Al）=0.04mol，c=440mL；（2）若欲使Mg2+、Al3+刚好完全沉淀，则加入的NaOH的体积V应为多少毫升？考点：有关混合物反应的计算.
48、专题：计算题分析：（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积a=160mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，a=160mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，根据Mg原子、Al原子、SO42离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Mg），然后计算出n（Al）；当滴加NaOH溶液到体积c时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42离子、Na+离子和Al原子守恒，求出n（NaOH），再利用V=计算滴入氢氧化钠溶液体积V2；（2）使Mg2
49、+、Al3+刚好完全沉淀，此时生成氢氧化镁、氢氧化铝和硫酸钠，根据硫酸钠的化学式可以计算出氢氧化钠的物质的量，再根据V=计算出需要氢氧化钠溶液的体积解答：解：（1）当a=160mL时，此时溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L1mol/L=0.08mol，设MgSO4为xmol、Al2（SO4）3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L0.1L=0.2mol，根据SO42离子守恒有：x+3y=0
50、.20.08=0.12，联立方程解得：x=0.06、y=0.02，所以金属粉末中：n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=20.02mol=0.04mol；滴加NaOH溶液到体积c时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42离子、Na+离子和Al原子守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=20.2mol+0.04mol=0.44mol，则c点消耗氢氧化钠溶液的体积为=0.44L=440mL，故答案为：0.06；0.04；440；（2）使Mg2+、Al3+刚好完全沉淀，此时溶质为硫酸钠，则n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.4mol，加入的NaOH的体积V为：V=400mL，答：需要加入氢氧化钠溶液的体积为400mL点评：本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答此类题的关键，注意掌握常见离子的性质及发生的反应，试题有利于培养学生的分析能力及化学计算能力