1、吉林省吉林市2015届高三上学期第一次摸底化学试卷一、选择题（每小题2分每小题只有一个选项符合题意）1下列物质中属于强电解质的是（）A碳酸钠B醋酸CCO2DNaOH溶液考点：强电解质和弱电解质的概念.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：电解质是指溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物；能完全电离的电解质是强电解质，只有部分电离的电解质是弱电解质，根据电解质、强电解质的概念进行判断解答：解：A、碳酸钠溶于水后完全电离钠离子和碳酸根离子，是强电解质，故A正确；B、醋酸在水中只能部分电离，存在电离平衡，所以为弱电解质，故B错误；C、二氧化碳不是电解质，属于非电解质，故C错误；D、NaOH溶液是
2、混合物，不是电解质，故D错误；故选A点评：本题考查了强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意明确弱电解质与弱电解质的本质区别在溶液中能否完全电离，试题能够培养学生灵活应用所学知识能力2（2分）下列各组中的两种物质，含有的主要成分相同的是（）A石灰石、大理石B天然气、煤气C纯碱、烧碱D胆矾、明矾考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：A石灰石、大理石的主要成分均为碳酸钙；B天然气的主要成分为CH4，煤气的主要成分为CO和H2；C纯碱为碳酸钠，烧碱为NaOH；D胆矾的主要成分为CuS045H2O，明矾的主要成分为KAl（S04）212H2O解答：解：A石灰石、大理石
3、的主要成分均为碳酸钙，二者主要成分相同，故A正确；B天然气的主要成分为CH4，煤气的主要成分为CO和H2，二者主要成分不同，故B错误；C纯碱为碳酸钠，烧碱为NaOH，二者成分不同，故C错误；D胆矾为CuS04.5H2O，明矾为KAl（S04）2.12H2O，二者成分不同，故D错误；故选A点评：本题考查物质的组成、结构及物质的化学式等，把握物质的俗名及主要成分的化学式为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大3（2分）下列物质中不属于混合物的是（）A胶体B淀粉C王水D水晶考点：混合物和纯净物.专题：物质的分类专题分析：纯净物是由一种物质组成的，混合物是由多种物质组成的，根据常见物质的成分判断
4、解答：解：A胶体是分散系，属于混合物，故A不选；B淀粉属于高分子化合物，由于聚合度的不同，淀粉属于混合物，故B不选；C王水是浓硫酸和浓硝酸的混合物，故C不选；D水晶为二氧化硅的晶体，为纯净物，故D选；故选D点评：本题考查了混合物的判断，根据定义和常见物质组成即可判断，较简单4（2分）下列对金属氧化物的描述一定不正确的是（）A碱性氧化物B纯净物C化合物D混合物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.专题：物质的分类专题分析：金属氧化物是由金属元素和氧元素构成的化合物，属于纯净物，结合常见金属氧化物的性质分析解答：解：A金属氧化物可能是碱性氧化物，如氧化钠，故A正确；B金属氧化物属于化合物，是
5、纯净物，故B正确；C金属氧化物是由金属元素和氧元素构成的化合物，故C正确；D金属氧化物属于化合物，是纯净物，不是混合物，故D错误故选D点评：本题考查了金属氧化物的概念和性质，题目难度不大，注意把握常见金属氧化物的组成和性质5（2分）下列物质中，常做还原剂的是（）AKMnO4BCOCHNO3DO2考点：重要的还原剂.专题：氧化还原反应专题分析：根据元素的化合价高低判断物质具有氧化性还是还原性以及常见化合物的性质；最高价的元素只有氧化性，最低价的元素只有还原性，中间价态的元素既有氧化性又有还原性解答：解：A、KMnO4具有强氧化性，是常见的氧化剂，故A错误；B、CO中碳元素为+2价，是碳的较低的价
6、态可做还原剂，是常见的还原剂，故B正确；C、HNO3中氮元素是最高价态，具有强氧化性，是常见的氧化剂，故C错误；D、O2具有较强的氧化性，是常见的氧化剂，故D错误；故选B点评：本题考查了氧化剂、还原剂的判断，根据元素的化合价高低以及常见化合物的性质分析，题目难度不大6（2分）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（）ACuBNaCAlDFe考点：铝的化学性质.专题：几种重要的金属及其化合物分析：致密的氧化物能保护内层金属不被空气氧化，以此来解答解答：解：Na、Fe在空气中形成的氧化物不是致密的结构，Cu在空气中形成铜绿为盐类物质，只有Al的氧化物氧化铝为致密的结构，能保
7、护内层金属不被空气氧化，故选C点评：本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化膜的结构为解答的关键，侧重金属化学性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大7（2分）钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（）A2H+2e=H2BFe2+2e=FeCFe2e=Fe2+DO2+2H2O+4e=4OH考点：电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答解答：解：弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe2e=Fe2+，正极上氧气得电子发生还
8、原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故选D点评：本题考查电极反应式的书写，明确正负极上发生的反应及电极反应式的书写方法，注意析氢腐蚀和吸氧腐蚀电极反应式的区别，题目难度不大8（2分）甲烷燃烧反应的反应类型属于（）A取代反应B加成反应C氧化反应D还原反应考点：取代反应与加成反应.专题：有机反应分析：取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应；加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；得氧或失氢的反应是氧化反应；失氧或得氢的反应是还原反应解答：解：甲烷燃烧生成二氧化碳和水的反应中，甲烷得氧的同时并
9、失氢，故是氧化反应，故选C点评：本题考查了取代反应加成反应、有机化学中的氧化反应和还原反应的判断，难度不大，把握住反应的特点是关键9（2分）下列有机物属于烃的是（）A乙烯B乙醇C乙酸D硝基苯考点：饱和烃与不饱和烃.专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：只含有碳、氢两种元素的有机物属于烃，根据有机物中含有的元素进行判断解答：解：烃分子中只含有碳、氢两种元素，乙烯的分子式为C2H4只含有碳、氢元素，属于烃类；而乙醇（C2H6O）、乙酸（CH3COOH）中含有碳、氢、氧三种元素，不属于烃类，硝基苯中含有碳、氢、氮三种元素，不属于烃类，故选A点评：本题考查了烃类的判断，根据烃的定义结合物质的元素组成
10、即可解答，题目难度不大10（2分）下列所加的物质属于催化剂的是（）A电解水制氢气时，加入少量的Na2SO4B利用H2O2水溶液制氧气时，加入少量的MnO2固体C实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体D纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜考点：催化剂的作用.专题：化学反应速率专题分析：A增大溶液中离子浓度能增大溶液的导电性；BH2O2分解时MnO2固体不参与反应；C根据反应中MnO2固体的化合价变化分析；DZn、Cu和稀硫酸能构成原电池解答：解：A电解水制氢气时，加入少量的Na2SO4，是为了增大溶液中离子浓度以增大溶液的导电性，Na2SO4不作催化剂，故A错误；BH2O2分解时MnO2固
11、体不参与反应，而且MnO2能加快H2O2分解速率，则MnO2固体属于催化剂，故B正确；C实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体，MnO2中Mn的化合价降低，作氧化剂，则MnO2不作催化剂，故C错误；D纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜，Zn与硫酸铜反应生成少量的Cu，Zn、Cu和稀硫酸能构成原电池，则硫酸铜不是催化剂，故D错误故选B点评：本题考查了反应中物质的作用，侧重于考查催化剂的判断，题目难度不大，注意催化剂在反应前后性质和质量都不变二、选择题（每小题3分每小题只有一个选项符合题意）11（3分）用化学方法区别MgSO4、Al2（SO4）3和Fe2（SO4）3三种溶液时，最好选择下列
12、试剂中的（）ANaOH溶液BKSCN溶液C氨水D石蕊试液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：MgSO4溶液、Al2（SO4）3和Fe2（SO4）3分别与NaOH溶液的现象为：白色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀溶解、红褐色沉淀，以此来解答解答：解：A分别与NaOH溶液的现象为：白色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀溶解、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；B不能鉴别MgSO4、Al2（SO4）3，故B错误；C不能鉴别MgSO4、Al2（SO4）3，均生成白色沉淀，故C错误；DMgSO4、Al2（SO4）3和Fe2（SO4）3三种溶液均显酸性，加石蕊均变红，现象相同，不能鉴别，
13、故D错误；故选A点评：本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握常见离子的检验及物质之间的反应为解答的关键，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大12（3分）下列化学式表示的物质，只具有3种同分异构体的是（）AC2H6OBC3H7ClCC5H10DC5H12考点：同分异构现象和同分异构体.专题：同分异构体的类型及其判定分析：A符合此分子式的有醇和醚；B分析C3H8中氢原子的种类，可知一氯代物的种类；C符合此分子式的为烯烃和环烷烃；D写出戊烷的同分异构体解答：解：AC2H6O有两种结构，CH3OCH3和CH3CH2OH，故A不选；BC3H7Cl是C3H8的一氯取代产物，C3H8中有2种H原子，所以C3
14、H8的一氯取代产物有2种同分异构体，故B不选；C分子式为C5H10的烯烃有：CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3、CH2C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）CHCH3、CH3CH（CH3）CHCH2，还有环烷烃，故C不选；D戊烷的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、；故D选故选D点评：本题考查了同分异构体的书写，较基础，写出同分异构体即可判断，是高考常考知识点13（3分）CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）H0，若其他条件不变，只改变下列条件，能使混合气体颜色变深的是（）A降低温度B增大压强C增大CO的浓度D使用催化剂考点：化学平衡的影响因素.专
15、题：化学平衡专题分析：要使混合气体颜色变深，平衡逆向移动，有色气体二氧化氮的浓度增大，然后结合反应的特点和平衡移动的原理分析解答解答：解：A、降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度减小，故A错误；B、增大压强，体积减小，二氧化氮的浓度增大，故B正确；C、增大CO的浓度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度减小，故B错误；D、使用催化剂，平衡不移动，浓度不变，故D错误；故选：B点评：本题考查化学平衡的影响因素，侧重对基础知识的巩固利用和能力的考查，难度中等14（3分）用含锌、银杂质的粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液做电解液进行电解，下列有关电解液中Cu2+物质的量浓度的叙述中，正确的是（）Ac（C
16、u2+）增大Bc（Cu2+）减小Cc（Cu2+）不变D无法确定考点：电解原理.专题：电化学专题分析：利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极，阳极这几种金属的活动性顺序为ZnCuAgPt，则阳极的电极反应为：Zn2e=Zn2+，Cu2e=Cu2+，纯铜片做阴极，Cu2+2e=Cu，CuSO4溶液做电解液，根据电解原理进行分析；解答：解：利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极这几种金属的活动性顺序为ZnCuAgPt，则阳极的电极反应为：Zn2e=Zn2+，Cu2e=Cu2+，纯铜片做阴极，Cu2+2e=Cu，CuSO4溶液做电解液；当阳极锌失电子时，阴极仍然析出铜，而此时
17、的铜来自于溶液中的，故CuSO4溶液浓度变小，所以c（Cu2+）减小，故选B；点评：本题考查了电解原理，侧重于学生对精炼铜的分析能力的考查，试题难度中等15（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molFe与足量的稀硫酸完全反应，转移的电子数目为3NAB500mL 1mol/LNa2CO3溶液中，含有Na+离子数目为NAC常温常压下，11.2LO2（g）中含有O2分子数目为0.5NAD将1molN2和3molH2混合反应后，生成2 NA 的NH3考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A铁与稀硫酸反应生成氯化亚铁，1mol铁完全反应失去2mol电子；
18、B根据n=cV计算出碳酸钠的物质的量，再根据碳酸钠的化学式组成计算出含有的钠离子的物质的量；C常温常压下，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；D合成氨的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物解答：解：A1mol铁与足量稀硫酸反应生成1mol硫酸亚铁，失去了2mol电子，转移的电子数目为2NA，故A错误；B500mL 1mol/LNa2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.5mol，0.5mol碳酸钠中含有1mol钠离子，含有Na+离子数目为NA，故B正确；C不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氧气的物质的量，故C错误；D氮气与氢气生成氨气的反应为可逆反应
19、，则生成氨气的物质的量一定小于2mol，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项D为易错点，需要明确可逆反应特点16（3分）下列反应的离子方程式，书写正确的是（）A将氯气通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOB在铁粉中加入硫酸铁溶液：Fe3+Fe=2Fe2+C氧化铜溶于稀硝酸：CuO+2H+=Cu2+H2OD小苏打与氢氧化钠两种溶液混合：HCO3+OH=CO2+H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：AHClO在离子反应中保留化学式；B电子、电
20、荷不守恒；C反应生成硝酸铜、NO和水；D反应生成碳酸钠和水解答：解：A将氯气通入水中的离子反应为Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故A错误；B在铁粉中加入硫酸铁溶液的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，故B错误；C氧化铜溶于稀硝酸的离子反应为CuO+2H+=Cu2+H2O，故C正确；D小苏打与氢氧化钠两种溶液混合的离子反应为HCO3+OH=CO32+H2O，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式的书写，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17（3分）在NH4Cl与NH3H2O组成的混合液中，下列关系一定正
21、确的是（）Ac（NH4+）c（Cl）Bc（H+）=c（OH）Cc（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl）Dc（NH4+）c（Cl）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：NH4Cl与NH3H2O组成的混合液可能为中性或碱性溶液，需要根据溶液中氢离子与氢氧根离子浓度大小进行判断，A当溶液为中性时，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可得：c（NH4+）=c（Cl）；B混合液不一定为中性，可能为碱性溶液，则c（H+）c（OH）；C氯化铵溶液中，c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl），氯化铵与
22、氨水的混合液中则一定满足：c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl）；D溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中电荷守恒进行判断解答：解：温下，由NH4Cl和NH3H2O组成的混合液pH不一定大于7，也可能等于7，如果c（H+）=c（OH），则溶液呈中性，若c（H+）c（OH），混合液为碱性，A该混合液可能为中性，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）可得：c（NH4+）=c（Cl），故A错误；B如果溶液中c（NH4+）c（Cl），根据电荷守恒可知：c（H+）c（OH），混合液为碱性溶液，故B错误；C在氯化铵溶液中，根据物料守恒可知：c（NH4+）
23、+c（NH3H2O）=c（Cl），则氯化铵与氨水的混合液中则一定满足：c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl），故C正确；D该混合液中一定满足：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），则：c（NH4+）c（Cl）+c（OH），故D错误；故选C点评：本题考查了盐的水解原理、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，能够电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小18（3分）一定条件下，下列说法正确的是（）A常温时，把pH=1的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=2B常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，则CaCO3的溶度积常数增
24、大C向氨水中加入氯化铵固体，会使溶液的pH减小D稀释Na2CO3溶液，溶液中c（OH）增大考点：pH的简单计算；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醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；BKsp只与温度有关；C向溶液中加入相同离子的盐溶液，抑制弱电解质电离；DNa2CO3溶液存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH，稀释Na2CO3溶液，水解程度增大，但增加的氢氧根离子浓度量远不及溶液的体积增大量；解答：解：A如果醋酸是强电解质，则pH=1的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=2，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后pH2，故A错误；B常温
25、时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，CaCO3的溶解度减小，由于温度不变，所以溶度积常数不变，故B错误；C向氨水中加入氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，所以溶液的pH变化是变小，故C正确；DNa2CO3溶液加水稀释促进水解，OH的物质的量增大，但增加的氢氧根离子浓度量远不及溶液的体积增大量，所以c（OH）浓度减小，故D错误；故选C点评：本题考查了平衡有关知识，注意电离平衡及水解平衡的影响因素，注意溶度积常数是温度的函数，与浓度无关，题目难度中等19（3分）某无色溶液中，已知含有H+、Mg2+、Al3+等阳离子，加入NaOH溶液的体积（v）和生成沉淀的质量（m）
26、之间的关系如如图所示，其中正确的是（）ABCD考点：镁、铝的重要化合物.专题：图示题分析：加入NaOH溶液时依次发生反应：H+OH=H2O，Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，则说明开始没有沉淀，后开始产生沉淀，最后沉淀部分溶解解答：解：加入NaOH溶液时依次发生反应：H+OH=H2O，Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，则说明开始没有沉淀，后开始产生沉淀，最后沉淀部分溶解，符合的图象为C，故选：C点评：本题考查镁铝化合物性质、混合物的有关反应
27、，难度不大，根据反应过程推导图象是解题关键20（3分）现加热5.00gNa2CO3和NaHCO3的混合物，使NaHCO3完全分解，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中Na2CO3的质量分数是（）A91.6%B8.4%C83.2%D88.2%考点：钠的重要化合物；有关混合物反应的计算.专题：差量法分析：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠完全分解，根据反应的方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，利用差量法计算解答：解：碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，设混合物中含有xgNaHCO3，则2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2Om284 62xg 0.31g解之得：x=
28、0.84g，所以：m（Na2CO3）=5gm（NaHCO3）=5g0.84g=4.16g，原混合物中Na2CO3的质量分数是=83.2%故选C点评：本题考查混合物的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意碳酸氢钠的性质，利用差量法结合化学方程式计算三、填空题（共5小题，每小题6分，满分50分）21（6分）在CH2=CH2 CH3CH2OH CH3COOH 聚乙烯五种物质中：（1）属于高分子化合物的是；（请填物质的序号，下同）；（2）能使Br2的CCl4溶液褪色的是；（3）既能发生取代反应又能发生加成反应的是；（4）能与Na2CO3溶液反应的是；（5）能发生酯化
29、反应的是考点：有机物的结构和性质；乙烯的化学性质；苯的性质；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）相对分子质量在10000以上的属于高分子化合物；（2）能使Br2的CCl4溶液褪色，物质中含双键或三键；（3）既能发生取代反应又能发生加成反应的物质，含不饱和键和H；（4）能与Na2CO3溶液反应的物质含COOH或酚OH；（5）能发生酯化反应的物质含OH或COOH解答：解：（1）相对分子质量在10000以上的属于高分子化合物，只有聚乙烯为合成高分子符合，故答案为：；（2）能使Br2的CCl4溶液褪色，物质中含双键或三键，只有乙烯符合，故答案为：；（3）既能发生取代
30、反应又能发生加成反应的物质，含不饱和键和H，不能发生加成反应，不发生取代反应，只有中苯可发生取代和加成反应，故答案为：；（4）能与Na2CO3溶液反应的物质含COOH或酚OH，只有符合，故答案为：；（5）能发生酯化反应的物质含OH或COOH，只有符合，故答案为：点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的官能团与性质为解答的关键，侧重常见有机物性质的考查，注重基础知识的夯实，题目难度不大22（8分）有一瓶澄清溶液，其中只可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32 离子（不考虑H+、OH）取该溶液进行以下实验：（1）用pH试纸检验溶液，溶液
31、呈酸性，（2）另取部分溶液滴入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，无沉淀产生，（3）取（2）中部分碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀析出，（4）将（2）中剩余碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝色根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是Ba2+、NH4+、Cl；肯定不存在的离子是Mg2+、Fe3+、CO32、SO42；可能存在的离子是Na+考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验.专题：实验设计题分析：澄清的溶液，其中可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32 离子，用pH试纸检验，表明溶液为酸性；排除CO32的存在
32、；另取部分溶液，加入稀NaOH溶液使其变成碱性，溶液中无沉淀生成；证明一定不存在Mg2+、Fe3+；取部分上述碱性溶液，加入Na2CO3溶液有白色沉淀生成；证明Ba2+存在；一定不含SO42；将得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；说明含有NH4+离子；由溶液电中性原则可知，此溶液中必须存在阴离子，故Cl一定存在；通过以上现象不能判断溶液中是否含有Na+，据此解答各小题即可解答：解：澄清的溶液，其中可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32 离子，用pH试纸检验，表明溶液为酸性；排除CO32的存在；另取部分溶液，加入稀NaOH溶
33、液使其变成碱性，溶液中无沉淀生成；证明一定不存在Mg2+、Fe3+；取部分上述碱性溶液，加入Na2CO3溶液有白色沉淀生成；证明Ba2+存在；一定不含SO42；将得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；说明含有NH4+离子；由溶液电中性原则可知，此溶液中必须存在阴离子，故Cl一定存在；通过以上现象不能判断溶液中是否含有Na+，依据分析可知：一定含有的离子为NH4+、Ba2+、Cl，故答案为：NH4+、Ba2+、Cl；一定不含有Mg2+、Fe3+、SO42、CO32，故答案为：Mg2+、Fe3+、SO42、CO32；可能存在的是Na+，故答案为：Na+点评：本题考查了常
34、见离子的检验，考查物质的检验有：常见阳离子的检验、常见阴离子的检验、常见气体的检验，难度不大23（13分）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+（2）通常条件下KspFe（OH）3=4.01038，除杂后溶液中c（Fe3+）约为41020mol/L（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是抑制（防止）Al3+水解（4
35、）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）母液不能蒸干的原因是减少可溶性杂质的析出及Al3+水解（5）“分离”操作的名称是C （填字母代号）A蒸馏 B分液 C过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是SO42，离子浓度最小的离子是OH考点：金属的回收与环境、资源保护.专题：实验设计题分析：（1）H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；
36、（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；（6）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可解答：解：（1）检验Fe2+是否除尽的实验操作是：取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽，故答案为：取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽；（2）KSPFe（OH）3=4.01038，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1106mol/L，c（Fe3+）= mol/L=4.01020m
37、ol/L，故答案为：4.01020mol/L；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO
38、42）=0.2mol/L，0.20.1，故答案为：SO42；OH点评：本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等24（10分）下表列出了周期表短周期中6种元素的有关数据：元素编号原子半径（nm）0.0750.1100.1520.0710.1860.099最高价态+5+5+10+1+7最低价态330101根据上表信息填空：（1）写出下列编号对应元素的元素符号：P，Li（2）元素在周期表中的位置是第2周期第A族（3）元素形成的两种常见氧化物的化学式分别为Na2O、
39、Na2O2，其中都含有的化学键是离子键（4）的氢化物和的氢化物反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素中，都有+5、3价，处于A族，原子半径，故为N，为P，都有1价，且有+7价，原子半径较大，故为F、为Cl，都有最高价+1，原子半径，则为Li、为Na，据此解答解答：解：短周期元素中，都有+5、3价，处于A族，原子半径，故为N，为P，都有1价，且有+7价，原子半径较大，故为F、为Cl，都有最高价+1，原子半径，则为Li、为Na，（1）为P元素，为Li元素，故答案为：P；Li；（2）元素为F元素，在周期表中的位置
40、是：第2周期第A族，故答案为：第2周期第A族；（3）元素为Na，形成的两种常见氧化物的化学式分别为 Na2O、Na2O2，其中都含有的化学键是：离子键，故答案为：Na2O；Na2O2；离子键；（4）的氢化物和的氢化物分别为NH3、HCl，二者反应的化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，关键是根据化合价与原子半径推断元素，注意理解掌握元素周期律25（13分）（1）在一定条件下，将1.00molN2（g）与3.00molH2（g）混合于一个10.0L密闭容器中，在不同温度下达到平衡时NH3（g）的平衡浓度如图所示
41、其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%当温度由T1变化到T2时，平衡常数关系K1K2（填“”，“”或“=”），焓变H0（填“”或“”）该反应在T1温度下5.00min达到平衡，这段时间内N2的化学反应速率为8.00103mol/（Lmin）T1温度下该反应的化学平衡常数K1=18.3L2/mol2（2）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温常压和光照条件下N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g），此反应的S0（填“”或“”）若已知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=a kJ/mol 2H2（g）+O2（g）=2H2O（
42、l）H=b kJ/mol 2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）的H=（2a3b）kJ/mol（用含a、b的式子表示）（3）科学家采用质子高导电性的SCY陶瓷（可传递H+）实现了低温常压下高转化率的电化学合成氨，其实验原理示意图如图2所示，则阴极的电极反应式是N2+6e+6H+=2NH3考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；反应速率的定量表示方法；化学平衡的计算.专题：基本概念与基本理论分析：（1）由图1可知，温度越高，平衡时NH3的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数减小；令参加反应的氮气的物质的量为nmol，利用三段式用n表示处于
43、平衡时各组分的物质的量，根据氨气的体积分数列方程计算n的值，再N2的化学反应速率；T1温度下该反应的化学平衡常数K1；（2）2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g），气体物质的量增加熵增，根据盖斯定律求H；（3）阴极是氮气得电子发生还原反应解答：解：（1）由图可知，温度越高，平衡时NH3的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数减小，故平衡常数KAKB，温度越高，K值越小，所以正反应是放热反应，故答案为：；令参加反应的氮气的物质的量为nmol，则： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）开始（mol）：1 3 0变化（mol）：n 3n 2n平衡（mol）：1n 33
44、n 2n所以所以100%=25%，解得n=0.4，这段时间内N2的化学反应速率为=8.00103mol/（Lmin），K1=18.3L2/mol2故答案为：8.00103mol/（Lmin）；18.3L2/mol2；（2）2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g），气体物质的量增加熵增，因为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=a kJ/mol；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=b kJ/mol，根据盖斯定律可知，目标反应为23，所以H=（2a3b）kJ/mol，故答案为：；（2a3b）kJ/mol；（3）阴极是氮气得电子发生还原反应，所以电极反应方程式为：N2+6e+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e+6H+=2NH3点评：本题考查化学平衡计算、反应热计算、电化学等，难度中等，旨在考查学生对知识的掌握与运用，加强基础知识的掌握理解
