1、2016-2017学年吉林省松原市油田高中高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题1晋葛洪抱朴子内篇黄白记载“曾青涂铁，铁赤色如铜”（“曾青”是指硫酸铜）下列说法不正确的是（）A记载中的反应属于置换反应B记载中蕴含了湿法炼铜的原理C由记载得出铁单质是赤色（红色）D每生成1mol铜转移2mol电子2下列表述中正确的是（）ANH5的电子式为：B分馏、干馏、裂化都是化学变化C2甲基1丁烯的结构简式：DNaHSO4和Na2O2的阴、阳离子个数比均为1：23下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、
2、氨水均为混合物4下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO425下列离子方程式书写正确的是（）A向NaHSO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OB氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OC金溶于王水生成AuCl4离子和NO：Au+4H+4Cl+NO3AuCl4+NO+2H2OD用NaClO溶液吸收过量的SO2：ClO+SO2+H2OH
3、SO3+HClO6NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A3.2gCH3OH含有的化学键数为0.4NAB0.1molFeCl3水解制得的Fe（OH）3胶体中胶粒数是0.1NAC标准状况下，2.24LCl2溶于足量水，转移的电子数为0.1NAD0.2gD216O中含有的质子数、中子数和电子数均为0.1NA7分子式为C4H8O2且能与氢氧化钠溶液反应的有机物（不考虑立体异构和醛类物质）有（）A2种B4种C6种D8种8下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇；丙烯与水反应制丙醇B甲苯硝化制对硝基甲苯；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸C1氯环己烷制环己烯；丙烯与溴反应
4、制1，2二溴丙烷D苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇；乙酸和乙醇制乙酸乙酯9某食用香料乙酸橙花酯的结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（）分子式为C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色它的同分异构体中有芳香族化合物1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH1mol该有机物在一定条件下能和3mol H2反应ABCD10下列有关金属的工业制法中，正确的是（）A制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝11化学
5、知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是（）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等K、Na合金可作原子反应堆的导热剂明矾常作为消毒剂Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔ABCD12用下列装置不能达到有关实验目的是（）A用图装置电解精炼铝B用图装置制备Fe（OH）2C用图装置可制得金属锰D用图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性13利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的是（）选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和
6、食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸C验证电石与饱和食盐水反应生成的气体的性质并收集CuSO4溶液KMnO4溶液DCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸AABBCCDD14下列各溶液中分别加入Na2O2后，既有无色气体又有白色沉淀产生的是（）A（NH4）2SO4溶液BMgCl2溶液CNaHCO3溶液DCuSO4溶液15下列各种物质在一定条件下反应，所得产物种类与反应物的用量或条件无关的是（）ACa（HCO3）2溶液与Ca（OH）2反应BFe 与 O2反应CNaAlO2溶液与CO2反应DNH4HCO3溶液与NaOH反应16下列实验操作、现象
7、和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水B向稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，滴加KSCN溶液溶液变为血红色稀硝酸具有氧化性能将Fe氧化成Fe3+CKNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3还原为NH3D向两份蛋白质溶液中分别滴加Na2SO4溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性AABBCCDD17下列除去杂质的操作中不正确的是（）ACuO中混有Al2O3：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤BFeCl2溶液中混有CuCl2：加入过量铁粉充分反应后过滤CNa2
8、CO3固体中混有少量NaHCO3：加入过量NaOH溶液，反应后加热蒸干D乙烷中混有乙烯：将混合气体通过盛溴水的洗气瓶182015年8月12日天津港瑞海公司危险化学品仓库发生特大火灾爆炸事故，事故警示我们，化学药品的安全存放是非常重要的下列有关化学药品的存放说法不正确的是（）A液溴易挥发，应用少量的水液封并放在冷暗处保存B硝酸见光易分解、易挥发，应用棕色广口试剂瓶密封保存C金属钠遇到氧气和水均立即反应，应保存在煤油中或者液体石蜡里D碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存19同温同压下，等体积的两容器内分别充满由12C、14N、18O三种原子构成的一氧化二氮和二氧化碳，两容
9、器中含有的（）A分子数和气体质量均不同B分子数和中子数均相同C质子数和中子数均相同D分子数、原子数和质子数均相同20在KOH和KA1O2混合溶液中滴加稀盐酸直到过量，生成沉淀与所加盐酸体积关系的图象正确的是（）（）ABCD21已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子22向胶体中加入电解质能使胶体凝聚使一定量的胶体在一定时间内开始凝聚所需电解质的浓度（a m
10、ol/L）称作“聚沉值”，电解贡的“聚沉值”越小，则表示其凝聚力越大实验证明，凝聚力主要取决于和胶体粒子带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大，则向Fe（OH）3胶体中加入下列电解质时，其“聚沉值”最小的是（）ANaClBFeCl3CK2S04DNa3P0423某硝酸钠固体中混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验下列试剂或操作不合理的是（）选择试剂Na2CO3溶液实验操作加热A试剂为Ba（OH）2溶液B操作为结晶C操作为过滤D试剂为稀HNO324现在含MgCl2、Al
11、Cl3均为n mol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量加入NaOH溶液的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（离子形成沉淀或沉淀的溶解与溶液pH的关系如下表）离子Mg2+Al3+物质Al（OH）3开始沉淀时的pH8.933.56开始溶解时的pH8.04完全沉淀时的pH10.924.89完全溶解时的pH12.04（）ABCD26向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（）A7.84LB6.72LC4.4
12、8LD无法计算二、填空题（本题包括26、27、28、29四个小题，共50分）27（12分）氢能源是一种重要清洁能源现有两种可产生H2的化合物甲和乙将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL1请回答下列问题：（1）甲的化学式是；乙的电子式是（2）甲与水反应的化学方程式是（3）气体丙与金属镁反应的产物是（用化学式表示）（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反
13、应的化学方程式有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之（已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O）（5）甲与乙之间（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是28（12分）二价铬不稳定，极易被氧气氧化醋酸亚铬水合物Cr（CH3COO）222H2O，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂实验室中以锌粒、CrCl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示：制备过程中发生的反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）=ZnCl2（aq）+H2（g）；2CrCl3（aq）+Zn（s）=2CrCl2（aq）+
14、ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+2H2O（l）=Cr（CH3COO）222H2O （s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是，所盛装的试剂是（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是（3）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应阀门A、阀门B （填“打开”或“关闭”）（4）本实验中锌粒须过量，其原因是，（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，实验后得干燥纯净的Cr（CH3COO）222H2O 5.64g，请计算该实验所得产品的产率（6）若使用该装置制备Fe（OH）2，且能较长
15、时间看到Fe（OH）2白色沉淀现象则在1、2、3中应装入的试剂依次为、（写化学式）29（12分）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O
16、熔点为86，加热至110120时，失去结晶生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式（3）“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀成分为，加入萃取剂的目的是（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是30（14分）某混合溶液中，可能大量含有的离子如下表：阳离子H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+阴离子OH、SO42、CO32、AlO2将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入N
17、a2O2的物质的量的关系分别如图所示请回答下列问题：（1）将上述混合溶液中一定大量含有的阴、阳离子及其物质的量填入下表（可以不填满，也可以增加）：离子种类物质的量（mol）（2）图中a=；b=；c=（3）简述溶液中还可能大量含有的离子的鉴定方法：2016-2017学年吉林省松原市油田高中高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1晋葛洪抱朴子内篇黄白记载“曾青涂铁，铁赤色如铜”（“曾青”是指硫酸铜）下列说法不正确的是（）A记载中的反应属于置换反应B记载中蕴含了湿法炼铜的原理C由记载得出铁单质是赤色（红色）D每生成1mol铜转移2mol电子【考点】氧化还原反应【分析】根据金属活动性
18、顺序，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来【解答】解：根据金属活动性顺序，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来由Fe+CuSO4Cu+FeSO4可知：A、该反应符合“单+化=单+化”的特点，属于置换反应，故A正确；B、铁能将硫酸铜溶液中的铜元素置换出来，记载中蕴含了湿法炼铜的原理，故B正确；C、这里的“赤色”是铜，故C错误；D、+2价的铜离子变成单质铜，每生成1mol铜转移2mol电子，故D正确；故选C【点评】本题主要考查湿法冶金、金属活动性顺序、金属和盐的性质，难度较小2下列表述中正确的是（）ANH5的电子式为：B分馏、干馏、裂化都是化学变化C2甲基1丁烯的结
19、构简式：DNaHSO4和Na2O2的阴、阳离子个数比均为1：2【考点】电子式；结构简式【分析】A、NH5为离子混合物，由NH4+和H构成；B、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热从而使煤发生复杂的分解的过程；C、依据烯烃命名方法命名：选取含有碳碳双键的最长碳链，距离碳碳双键最近一端为1号碳；D、NaHSO4由钠离子和硫酸氢根构成；Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成【解答】解：A、NH5为离子混合物，分子中存在NH4+和H，电子式为，故A正确；B、石油的分馏是物理变化；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热从而使煤发生复杂的分解的过程，是化学变化；裂化是由重油制得轻质油的过程，是化学变化，故B错误；C、2甲基
20、2丁烯，在2、3号C之间含有碳碳双键，在2号碳上含有1个甲基，结构简式为：CH3C （CH3）=CHCH3，故C错误；D、NaHSO4由钠离子和硫酸氢根构成，故阴阳离子个数之比为1：1；Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成，阴阳离子个数之比为1：2，故D错误故选A【点评】本题考查了有机物的结构简式和键线式的区别、电子式的书写，题目难度中等，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确电子式书写规则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可3下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电
21、解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm100nm形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D【点评】本题考查了酸性氧化物、化
22、合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大4下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】A无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D铁离子水解，溶液显示酸性，
23、则溶液中一定不存在铁离子【解答】解：AAl3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，HCO3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；DFe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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
24、原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）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，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在5下列离子方程式书写正确的是（）A向NaHSO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OB氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OC金溶于王水生成AuCl4离子和NO：Au+4H+4Cl+NO3AuCl4+NO+2H2OD用NaClO溶液吸收过量的SO2：ClO+SO2+H2OHSO
25、3+HClO【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成硫酸钡、水、硫酸钠；B发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D发生氧化还原反应生成硫酸钠【解答】解：A向NaHSO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性的离子反应为2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故A错误；B氢氧化铁溶于氢碘酸的离子反应为2Fe（OH）3+2I+6H+2Fe2+I2+6H2O，故B错误；C金溶于王水生成AuCl4离子和NO的离子反应为Au+4H+4Cl+NO3AuCl4+NO+2H2O，故C正确；D用NaClO溶液吸收过量的SO2的离子反应为ClO+SO2+H2OSO4
26、2+2H+Cl，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，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大6NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A3.2gCH3OH含有的化学键数为0.4NAB0.1molFeCl3水解制得的Fe（OH）3胶体中胶粒数是0.1NAC标准状况下，2.24LCl2溶于足量水，转移的电子数为0.1NAD0.2gD216O中含有的质子数、中子数和电子数均为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A求出甲醇的物质的量，然后根据1mol甲醇中含5mol共价键
27、来分析；B一个Fe（OH）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C氯气与水反应为可逆反应；D求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个质子、10个中子和10个电子来分析【解答】解：A.3.2g甲醇的物质的量为0.1mol，而1mol甲醇中含5mol共价键，故0.1mol甲醇中含0.5NA个共价键，故A错误；B一个Fe（OH）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故B错误；C氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，2.24LCl2溶于足量水，转移的电子数小于0.1NA，故C错误；D.0.2g重水的物质的量为0.01mol，而重水中含10个质子、
28、10个中子和10个电子，故0.01mol重水中含0.1mol质子、0.1mol电子和0.1mol中子，即个数均为0.1NA个，故D正确；故选：D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，注意甲醇结构特点，注意可逆反应不能进行到底，题目难度不大7分子式为C4H8O2且能与氢氧化钠溶液反应的有机物（不考虑立体异构和醛类物质）有（）A2种B4种C6种D8种【考点】有机化合物的异构现象【分析】某链状有机物的分子式为C4H8O2，若该有机物能与NaOH溶液反应，则可能是羧酸、也可能是酯，对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；根据酯基位置异构
29、和碳链异构可得酯的种类【解答】解：对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共6种，故选C【点评】本题考查同分异构体的种类，根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，难度不大，但要注意按照一定的顺序书写同分异构体8下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇；丙烯与水反应制丙醇B甲苯硝化制对硝基甲苯；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸C1氯环己烷制环己烯；丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷D苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇；乙酸和乙醇制乙酸乙酯【考点】有机物的结构和性
30、质；有机化学反应的综合应用【分析】A溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇，为水解反应；丙烯与水反应制丙醇，为加成反应；B甲苯硝化制对硝基甲苯，为取代反应；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸，为氧化反应；C.1氯环己烷制环己烯，为消去反应；丙烯与溴反应制1，2二溴丙烷，为加成反应；D苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，为水解反应；乙酸和乙醇制乙酸乙酯，为酯化反应【解答】解：A溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇，为水解反应；丙烯与水反应制丙醇，为加成反应，反应类型不同，故A不选；B甲苯硝化制对硝基甲苯，为取代反应；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸，为氧化反应，反应类型不同，故B不选；C.1氯环己烷制环己烯，为消去反应；丙烯与溴
31、反应制1，2二溴丙烷，为加成反应，反应类型不同，故C不选；D苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，为水解反应；乙酸和乙醇制乙酸乙酯，为酯化反应，水解反应与酯化反应均属于取代反应，故D选；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应中官能团的变化及有机反应类型的判断，题目难度不大9某食用香料乙酸橙花酯的结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（）分子式为C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色它的同分异构体中有芳香族化合物1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH1mol该有机物在一定条件下能和3m
32、ol H2反应ABCD【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、COOC，结合烯烃和酯的性质来解答【解答】解：由结构可知分子式为C12H20O2，故正确；含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，故错误；1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mol NaOH，故正确；只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握常见有机物的官能团为解答的关键，
33、熟悉烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大10下列有关金属的工业制法中，正确的是（）A制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【考点】金属冶炼的一般原理【分析】A工业制钠是电解熔融NaCl来制取；B工业制铁是CO还原铁矿石来制取；C工业制镁是电解熔融氯化镁来制取；：D工业制铝是电解熔融的氧化铝来制取；【解答】解：A工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaO
34、H+H2+Cl2，得不到钠，故A错误；B工业制铁是CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；C工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2，故C错误；D工业制铝是电解熔融的氧化铝来：2Al2O34Al+3O2，氯化铝是共价化合物，在熔融状态下不导电，故D错误；故选：B【点评】本题主要考查了金属的冶炼，难度不大，根据课本知识即可完成11化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是（）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等K、Na合金可作原子反应堆的导热剂明矾常作为消毒剂Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗
35、胃酸过多的一种药剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔ABCD【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】金属钠具有还原性，可以用于冶炼金属；K、Na合金熔点低，硬度小，能与钾制成合金作原子反应堆的导热剂；明矾不具有氧化性，不能作常用作消毒剂，铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，所以明矾可以做净水剂；Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性；碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂；碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳【解答】解：金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故
36、正确；K、Na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确；明矾不具有氧化性，不能作常用作消毒剂，铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，所以明矾可以做净水剂，故错误；Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误； 碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确；故选：B【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，难度不大，明确碳酸氢钠和氢氧化铝是治疗胃酸过多的物质12用下列装
37、置不能达到有关实验目的是（）A用图装置电解精炼铝B用图装置制备Fe（OH）2C用图装置可制得金属锰D用图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价【分析】A以铝为电极电解氯化铝溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气；B氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气；C铝比锰活泼，高温条件下，铝能和二氧化锰发生铝热反应；D碳酸钠较稳定、碳酸氢钠受热易分解【解答】解：A以铝为电极电解氯化铝溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极得不到Al单质，故A错误；B氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气，煤油和水不互溶且密度
38、小于水，所以煤油能隔绝空气，故B正确；C铝比锰活泼，高温条件下，铝能和二氧化锰发生铝热反应生成Mn，所以用图装置可制得金属锰，故C正确；DNaHCO3受热易分解生成二氧化碳，使澄清的石灰水变浑浊，Na2CO3受热不分解，所以可以利用碳酸钠直接加热、碳酸氢钠间接加热判断物质的稳定性，故D正确；故选A【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理是解本题关键，易错选项是A，注意电解精炼粗铝也不能采用电解熔融氯化铝的方法，因为熔融氯化铝不导电，题目难度不大13利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的是（）选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水
39、浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸C验证电石与饱和食盐水反应生成的气体的性质并收集CuSO4溶液KMnO4溶液DCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】AMnO2和浓盐酸常温下不反应； B一氧化氮能与氧气反应；C乙炔的分子量为26；D二氧化碳的密度比空气大【解答】解：AMnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故A错误； B一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；C乙炔的分子量为26，密度与空气接近，应用排水法收集，故C错误；D二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，故D正确
40、故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体制备及尾气处理等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大14下列各溶液中分别加入Na2O2后，既有无色气体又有白色沉淀产生的是（）A（NH4）2SO4溶液BMgCl2溶液CNaHCO3溶液DCuSO4溶液【考点】钠的重要化合物【分析】过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再和盐反应，根据生成物判断反应现象【解答】解：A、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和硫酸铵不反应，所以只有无色气体生成，故A错误；B、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氯化镁和氢氧化钠反应生
41、成白色沉淀氢氧化镁，所以既有无色气体又有白色沉淀产生，故B正确；C、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以只有无色气体生成，故C错误；D、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，所以既有无色气体又有蓝色沉淀产生，故D错误；故选B【点评】本题考查了过氧化钠和水、盐溶液反应的现象，难度不大，根据反应生成物判断反应现象，从而确定选项15下列各种物质在一定条件下反应，所得产物种类与反应物的用量或条件无关的是（）ACa（HCO3）2溶液与Ca（OH）2反应BFe 与 O2反应CNaAlO2溶液与CO2反应DNH4HCO3溶
42、液与NaOH反应【考点】钠的重要化合物；铁的化学性质【分析】A与其它条件无关，二者反应生成碳酸钙和水；B缓慢氧化生成氧化铁，点燃生成四氧化三铁；C二氧化碳少量反应生成碳酸钠和氢氧化铝，二氧化碳过量反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D氢氧化钠少量，只反应碳酸氢根离子，氢氧化钠过量，碳酸氢根离子、氨根离子都反应【解答】解：ACa（HCO3）2溶液与Ca（OH）2反应生成碳酸钙和水，所得产物种类与反应物的用量或条件无关，故A选；B缓慢氧化生成氧化铁，点燃生成四氧化三铁，与反应条件有关，故B不选；C二氧化碳少量反应生成碳酸钠和氢氧化铝，二氧化碳过量反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应产物与二氧化碳量有关，故C不
43、选；DNH4HCO3溶液与NaOH反应，所得产物种类与反应物的用量有关，故D不选；故选：A【点评】本题考查物质的性质及反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大16下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水B向稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，滴加KSCN溶液溶液变为血红色稀硝酸具有氧化性能将Fe氧化成Fe3+CKNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3还原为NH3D向
44、两份蛋白质溶液中分别滴加Na2SO4溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置，分层后均为无色；B加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁；C湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知有氨气生成；D蛋白质溶液中分别滴加Na2SO4溶液和CuSO4溶液，分别发生盐析、变性【解答】解：A向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置，分层后均为无色，不存在碘单质，现象、结论均不合理，故A不选；B加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液无现象，现象、结论均不合理，故B不选；C湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知有氨气生成，则NO
45、3还原为NH3，故C选；D蛋白质溶液中分别滴加Na2SO4溶液和CuSO4溶液，分别发生盐析、变性，均有固体生成，结论不合理，故D不选；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、物质的性质及反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大17下列除去杂质的操作中不正确的是（）ACuO中混有Al2O3：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤BFeCl2溶液中混有CuCl2：加入过量铁粉充分反应后过滤CNa2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入过量NaOH溶液，反应后加热蒸干D乙烷中混有乙烯：将混合气体通过盛溴水的洗气瓶【考点】化
46、学实验方案的评价【分析】A氧化铝与NaOH反应，CuO不能；BFe与氯化铜反应生成氯化亚铁；C加入过量NaOH溶液，引入新杂质NaOH；D乙烯与溴反应，而乙烷不能【解答】解：A氧化铝与NaOH反应，CuO不能，则充分反应后过滤可分离，故A正确；BFe与氯化铜反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉充分反应后过滤可除杂，故B正确；C加入过量NaOH溶液，引入新杂质NaOH，不能除杂，应选加热法，故C错误；D乙烯与溴反应，而乙烷不能，则选择溴水、洗气可除去杂质，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物
47、知识与实验的结合，题目难度不大182015年8月12日天津港瑞海公司危险化学品仓库发生特大火灾爆炸事故，事故警示我们，化学药品的安全存放是非常重要的下列有关化学药品的存放说法不正确的是（）A液溴易挥发，应用少量的水液封并放在冷暗处保存B硝酸见光易分解、易挥发，应用棕色广口试剂瓶密封保存C金属钠遇到氧气和水均立即反应，应保存在煤油中或者液体石蜡里D碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存【考点】化学实验安全及事故处理【分析】A液溴易挥发，需液封； B液体用细口瓶保存；C钠的密度比煤油的大；D碳酸钠溶液水解显碱性【解答】解：A溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥
48、发，水封法保存，故A正确； B液体用细口瓶保存，固体用广口瓶，故B错误；C金属钠易和空气中的水、氧气以及二氧化碳反应，常保存在密度较小的煤中油，故C正确；D碳酸钠溶液水解显碱性，玻璃中的二氧化硅能和碱溶液发生反应，生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘到一块，应用橡胶塞，故D正确故选B【点评】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大19同温同压下，等体积的两容器内分别充满由12C、14N、18O三种原子构成的一氧化二氮和二氧化碳，两容器中含有的（）A分子数和气体质量均不同B分子数和中子数均相同C质子数和中子数均相同D分子数、原子数和质子数均相同【考点】
49、阿伏加德罗定律及推论【分析】同温同压下，等体积的气体的气体分子数相同，14N218O、12C18O2分子都是三原子分子，14N218O中中子数为（147）2+（188）=24，12C18O2分子中中子数为（126）+2（188）=26，分子14N218O、12C18O2中质子数都为22，二者摩尔质量不同，以此解答该题【解答】解：A同温同压下，气体摩尔体积相等，等体积的两种气体的物质的量相等，所以其分子数相等，故A错误；B14N218O中中子数为（147）2+（188）=24，12C18O2分子中中子数为（126）+2（188）=26，则等体积时，中子数不同，故B错误；C由B分析可知中子数分别为
50、24、26，中子数不同，故C错误；D同温同压下，气体摩尔体积相等，等体积的两种气体的物质的量相等，所以其分子数相等，都是三原子分子，则原子数相等，分子14N218O、12C18O2中质子数都为22，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏加德罗定律的应用，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确分子、原子的构成是解本题关键，根据分子中质子数、电子数、中子数的关系来分析解答，难度不大20在KOH和KA1O2混合溶液中滴加稀盐酸直到过量，生成沉淀与所加盐酸体积关系的图象正确的是（）（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】首先发生中和反应，没有沉淀产生，然后AlO2+H+H2O=Al（O
51、H）3，产生Al（OH）3沉淀，最后Al（OH）3 +3H+=Al3+3H2O，沉淀溶解，注意沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3【解答】解：首先发生中和反应，没有沉淀产生，然后AlO2+H+H2O=Al（OH）3，产生Al（OH）3沉淀，最后Al（OH）3 +3H+=Al3+3H2O，沉淀溶解，注意沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3；A、开始无沉淀生成，图象不符合，故A错误； B、依据分析可知，开始是中和反应，无沉淀生成，故B错误；C、开始无沉淀生成，随后生成沉淀达到最大后沉淀溶解，但沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3，离子定量关系不符合，故C错误；D、开始无沉淀生成，
52、随后生成沉淀达到最大后沉淀溶解，沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3，离子定量关系符合，故D正确；故选D【点评】本题考查了铝及其化合物性质的分析判断，主要是图象曲线的变化，沉淀生成和溶解的定量关系分析，掌握反应实质和反应现象是解题关键，题目难度中等21已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【分析】
53、根据有红色金属生成，则生成Cu，溶液为蓝色，则生成硫酸铜，产生刺激性气味的气体，则生成二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答【解答】解：NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，A硫酸中各元素的化合价不变，故A错误；BNH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，而S元素的化合价不变，故B错误；C刺激性气味的气体为二氧化硫，故C错误；D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol（10）=0.5
54、mol，故D正确；故选：D【点评】本题考查氧化还原反应，明确Cu元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大，注意现象与生成物的关系来解答22向胶体中加入电解质能使胶体凝聚使一定量的胶体在一定时间内开始凝聚所需电解质的浓度（a mol/L）称作“聚沉值”，电解贡的“聚沉值”越小，则表示其凝聚力越大实验证明，凝聚力主要取决于和胶体粒子带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大，则向Fe（OH）3胶体中加入下列电解质时，其“聚沉值”最小的是（）ANaClBFeCl3CK2S04DNa3P04【考点】胶体的重要性质【分析】由题目信息，可知胶体的凝聚能力主要决定于胶粒带相反电荷的离子所带的
55、电荷数因Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，则加入电解质的阴离子所带电荷数越多，其聚沉能力越大，聚沉值越小【解答】解：Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，故加入的阴离子可以相互中和电性，减小同种电性相互排斥而使之聚沉依据题意，阴离子所带的负电荷数越大，聚沉能力越大，“聚沉值”越小A、NaCl中一个氯离子带一个负电荷，故A不符合；B、FeCl3中一个氯离子带一个负电荷，故B不符合；C、K2S04中一个硫酸根离子带2个负电荷，故C不符合；D、Na3P04中一个磷酸根离子带3个负电荷，故D符合；故选D【点评】本题考查了学生分析问题的能力和应用能力，关键是有效地将题设问题进行转化，并与已学知识进行联系而实现解
56、题23某硝酸钠固体中混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验下列试剂或操作不合理的是（）选择试剂Na2CO3溶液实验操作加热A试剂为Ba（OH）2溶液B操作为结晶C操作为过滤D试剂为稀HNO3【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，加Ba（OH）2溶液，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀、碳酸氢根离子与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀，然后过滤，向滤液中加碳酸钠溶液除去过量的Ba（OH）2溶液，最后加硝酸除去过量的碳酸
57、钠，加热即可得到硝酸钠溶液，以此来解答【解答】解：混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，加Ba（OH）2溶液，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀、碳酸氢根离子与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀，然后过滤，向滤液中加碳酸钠溶液除去过量的Ba（OH）2溶液，最后加硝酸除去过量的碳酸钠，加热即可得到硝酸钠溶液，A试剂为Ba（OH）2溶液，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀、碳酸氢根离子与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀，故A正确；B操作为过滤，分离沉淀和溶液，故B错误；C操作为过滤，分离碳酸钡沉淀和溶液，故C正确；D试剂为稀HNO3，除去上一步中过量的碳酸钠，故D正确；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯实验设计，为高
58、频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大24现在含MgCl2、AlCl3均为n mol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量加入NaOH溶液的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（离子形成沉淀或沉淀的溶解与溶液pH的关系如下表）离子Mg2+Al3+物质Al（OH）3开始沉淀时的pH8.933.56开始溶解时的pH8.04完全沉淀时的pH10.924.89完全溶解时的pH12.04（）ABCD【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据开始沉淀时的pH可知，当Al3+完全沉淀时，Mg2+还没有开始沉淀；而当Mg2+开始沉淀时，
59、已经有部分氢氧化铝开始溶解；而当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，据此对各选项进行判断【解答】解：当Al3+完全沉淀时，溶液的pH=8.04，而镁离子开始沉淀的pH=8.93，则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即：当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；镁离子完全沉淀的pH=10.92，、氢氧化铝完全溶解的pH=12.04，则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，所以正确的图象应该是C；故选C【点评】本题考查MgCl2、AlCl3与氢氧化钠溶液反应生成沉淀时图象的判断，题目难度中等，该题的关键是合理分析镁离子、铝离子恰好沉淀时的pH值，试题侧重考查学生
60、灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力26向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（）A7.84LB6.72LC4.48LD无法计算【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液后得到的沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量，据此可以计算出氢氧根离子的物质的量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯
61、化铁，氯化铁和氯化铁中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，据此计算出氯离子的物质的量、氯气的物质的量及标况下氯气的体积【解答】解：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH）=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH），即n（Cl）=0.7mol
62、，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl）=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol0.35mol=7.84L，故选A【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，本题解题关键需要明确：氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量与氯化铁、氯化铜中氯离子的物质的量相等二、填空题（本题包括26、27、28、29四个小题，共50分）27（12分）（2013浙江）氢能源是一种重要清洁能源现有两种可产生H2的化合物甲和乙将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）甲与水反应也能放出H2，同时还产生一
63、种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL1请回答下列问题：（1）甲的化学式是AlH3；乙的电子式是（2）甲与水反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al（OH）3+3H2（3）气体丙与金属镁反应的产物是Mg3N2（用化学式表示）（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O（已知：Cu2O+2H+Cu+C
64、u2+H2O）（5）甲与乙之间可能（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是AlH3中的H为1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气【考点】无机物的推断【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）=0.3mol，则m（H）=0.3mol21g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g0.6g=5.4g，n（Al）=0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25gL1，则丙的相对原子质量为1.25gL122.4L
65、=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）=0.3mol，则m（H）=0.3mol21g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g0.6g=5.4g，n（Al）=0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25gL1，则丙的相对原子质量为1.25gL122.4L=28，应为N2，则乙为NH3，（1）由以上分析可知甲为AlH3，乙为NH3，电子式为，故答案为：AlH3；（
66、2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3+3H2，故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3+3H2；（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有Cu2O，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O，故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu
67、2O；（5）AlH3中的H为1价，NH3中的H为+1价，从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气，故答案为：可能；AlH3中的H为1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据先关反应的现象以及数据判断甲乙两种物质，注意相关反应的化学方程式的书写28（12分）（2016秋宁江区校级月考）二价铬不稳定，极易被氧气氧化醋酸亚铬水合物Cr（CH3COO）222H2O，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂实验室中以锌粒、CrCl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，
68、其装置如图所示：制备过程中发生的反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）=ZnCl2（aq）+H2（g）；2CrCl3（aq）+Zn（s）=2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+2H2O（l）=Cr（CH3COO）222H2O （s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是分液漏斗，所盛装的试剂是盐酸与CrCl3溶液（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化（3）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应打开阀门A、关闭阀门B （填“打开”或“关闭”）（4）本实验
69、中锌粒须过量，其原因是与CrCl3充分反应得到CrCl2，产生足量的H2，（将装置中的空气排尽）将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应（混合）（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，实验后得干燥纯净的Cr（CH3COO）222H2O 5.64g，请计算该实验所得产品的产率75%（6）若使用该装置制备Fe（OH）2，且能较长时间看到Fe（OH）2白色沉淀现象则在1、2、3中应装入的试剂依次为H2SO4、Fe、NaOH（写化学式）【考点】制备实验方案的设计【分析】先在装置中制备出二价的铬离子，在制备过程中，因为二价铬离子容易被空气中的氧气氧化成三价因此
70、在装置2中，要放入足够多的锌粒，一是还原三价铬，二是用来产生氢气排除装置内的空气反应开始前，应该先打开A让氢气充满整个装置，然后再关闭B，打开A，利用生成的氢气将装置2中的二价铬离子压入装置3中，跟醋酸钠反应生成醋酸亚铬水合物，装置4的作用是：可以防止空气进入装置3，以此解答该题【解答】解：（1）根据仪器1的构造可知其名称为分液漏斗，盛装的稀盐酸与锌反应生成氢气，用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置3中，制备出二价的铬离子，分液漏斗盛装的CrCl3溶液，锌粒还原三价铬，2CrCl3（aq）+Zn（s）2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq），故答案为：分液漏斗；盐酸与CrCl3溶液；（2
71、）由于二价铬不稳定，极易被氧气氧化，需要将配制用的蒸馏水事先煮沸，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化，故答案为：去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；（3）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应，故答案为：打开；关闭；（4）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2，故答案为：与CrCl3充分反应得到CrCl2；产生足量的H2，（将装置中的空气排尽）将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应（混合）；（5）实验时取用的C
72、rCl3溶液中含溶质6.34g，理论上得到Cr（CH3COO）222H2O 的质量为：376g/mol=7.52g，则该实验所得产品的产率为：100%=75%，故答案为：75%；（6）要在该装置中得到Fe（OH）2白色絮状沉淀，应该关闭止水夹，反应生成的硫酸亚铁能够进入氢氧化钠溶液中，并且能够发生化学反应生成硫酸钠和氢氧化亚铁，同时把导管中的空气排入4中，并且通过出气口排出，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以1中盛放硫酸，在2中放固体铁制备亚铁盐，并用氢气排尽装置内空气，3中盛放氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸亚铁反应的化学方程式为：2NaOH+FeS04=Na2S04+F
73、e（OH）2故答案为：H2SO4；Fe；NaOH【点评】本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，题目主要是实验原理的分析应用，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键29（12分）（2016秋宁江区校级月考）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
74、（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+
75、3H2O（3）“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀成分为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解【考点】制备实验方案的设计【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，以此解答该题【解答
76、】解：（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生
77、成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，根据流程图可知，此时
78、溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；除去溶液中的Mn2+；（4）根据题意知，CoCl26H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需减压烘干，故答案为：降低烘干温度，防止产品分解【点评】本题通过制取CoCl26H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力30（14分）（2013防城港二模）某混合溶液中，可能大量含有的离子如下表：阳离子H+、K
79、+、Al3+、NH4+、Mg2+阴离子OH、SO42、CO32、AlO2将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示请回答下列问题：（1）将上述混合溶液中一定大量含有的阴、阳离子及其物质的量填入下表（可以不填满，也可以增加）：离子种类H+Al3+NH4+Mg2+SO42物质的量（mol）22238（2）图中a=1；b=7；c=9（3）简述溶液中还可能大量含有的离子的鉴定方法：用一根洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察焰色，如果火焰呈紫色，则含有钾离子【考点】离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法；钠的
80、重要化合物【分析】（1）根据离子之间反应的现象结合图示的数值来判断存在的离子以及量的情况；（2）根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值；（3）钾离子的检验可以做焰色反应实验【解答】解：（1）根据图象中沉淀的量的变化情况可以推知一定含有Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32、AlO2，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol，根据生成气体的量的增加趋势，可知生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有其他气体生成，只能是氨气，所以一定含有铵根离子，就一定不含有氢氧根离
81、子，图象中加入过氧化钠的物质的量在0amol之间时，所得沉淀量为0，所以溶液中含有H+，并且物质的量为2mol，溶液中一定得含有阴离子，那只有硫酸根了，所以一定含有硫酸根，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）2n（SO42），所以硫酸根的物质的量8mol，故答案为：离子种类H+Al3+NH4+Mg2+SO42物质的量（mol）22238（2）含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要1mol过氧化钠来生成，所以a=1，含有镁离子和铝离子一共5mol，所以消耗过氧化钠的量为5mol，在加上a=2mol，则b=7mol，氯离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗1mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以c=9mol，故答案为：1；7；9；（3）钾离子的检验常用焰色反应，做法是：用一根洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察焰色，如果火焰呈紫色，则含有钾离子，故答案为：用一根洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察焰色，如果火焰呈紫色，则含有钾离子【点评】本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考察角度很广，难度较大