1、江苏省南通市海安县实验中学2014-2015学年高二上学期期中化学试卷（必修）一、选择题（每小题只有1个正确答案，共有23小题，满分为69分）1分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分类方法下列关于“CH3COONa”的分类不正确的是( )A化合物B氧化物C有机物D钠盐考点：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：CH3COONa由不同元素组成的化合物，属于盐类物质解答：解：A、CH3COONa是由不同元素组成的化合物，故A正确；B、氧化物是由两种元素组成的化合物，其中一种元素为O，而醋酸钠属于盐，故B错误；C、醋酸属于有机物，则醋酸钠含
2、有C、H、O、Na等元素，属于有机盐，故C正确；D、醋酸钠属于盐，且含有Na元素，属于钠盐，故D正确故选B点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意化合物、氧化物的区别2下列分子式的电子式书写正确的是( )A氨B四氯化碳C氮气D二氧化碳考点：电子式 专题：化学键与晶体结构分析：A氨气为共价化合物，氮原子最外层为8个电子，漏掉了氮原子的1对电子；B四氯化碳中，氯原子最外层为 8个电子，漏掉了氯原子的3对电子；C氮气为共价化合物，分子中存在3对共用电子对；D二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，碳原子和氧原子都达到8电子稳定结构解答：解：A氨气中存在3个氮氢键，氮原子最外层为8电子，氨气的电子式为：，
3、故A错误；B四氯化碳为共价化合物，氯原子和碳原子最外层都达到8电子稳定结构，四氯化碳的电子式为：，故B错误；C氮气分子中存在氮氮三键，氮气的电子式为：，故C正确；D二氧化碳分子中碳氧键为碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，故D错误；故选C点评：本题考查了电子式的书写判断，题目难度中等，注意掌握电子式的概念及书写方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别3如果要除去Na2CO3 固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是( )A加热灼烧B配成溶液后通入CO2C加入适量盐酸D加入NaOH溶液考点：物质的分离、提纯和除杂 分析：NaHCO3不稳定，加热易分解，可用加热的方法除杂，以此解
4、答解答：解：A碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故A正确； B在溶液中通入CO2气体，Na2CO3反应生成NaHCO3，不能将杂质除去，故B错误；C加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应氯化钠，故C错误；D因不能确定NaHCO3的量，加入NaOH易混入新杂质，且反应后还要蒸发结晶，操作复杂，故D错误故选A点评：本题考查物质的分离、提纯，为2015届高考常见题型，除杂时要注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大4下列离子方程式书写正确的是( )A铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H2B氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应：BaBaSO4+H2OC钠和水的反应：Na+H2
5、O2OH+H2D氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）2+3NH考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A铁与稀硫酸反应产物错误，不是铁离子，应该为亚铁离子；B氢氧根离子和氢离子的化学计量数错误，正确计量数应该为2；C钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式两边电荷、质量不守恒；D氯化铝与水的反应生成产物为氢氧化铝，氨水需要保留分子式解答：解：A铁粉加入稀硫酸中，反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，氢氧根离子和氢离子计量数错误，正确的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42=
6、BaSO4+2H2O，故B错误；C钠和水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式两边必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O2OH+H2+2Na+，故C错误；D向AlCl3溶液中滴入少量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，该题是2015届高考中的高频题，侧重对学生能力的培养和训练，该题需要明确判断离子方程式常用方法，该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力；选项B为易错点，注意检查反应方程式是否符合实际反应情况5下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是
7、( )AH+、Na+、CO32、ClBBa2+、Na+、SO42、ClCK+、H+、SO42、OHDAg+、Al3+、NO3、H+考点：离子共存问题 分析：A氢离子与碳酸根离子反应；B钡离子与硫酸根离子反应生成难溶物硫酸钡；C氢离子与氢氧根离子反应生成水；D四种离子之间不发生反应，能够大量共存解答：解：AH+、CO32之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BBa2+、SO42之间发生反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CH+、OH之间反应生成水，在溶液中不能大量共存，故C错误；DAg+、Al3+、NO3、H+之间不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考
8、查离子共存的正误判断，为2015届高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：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；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力6下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）( )A标准状况下，22.4L水所含电子数目为10NAB在常温常压下，11.2LCH4含有的分子数为0.5NAC在任何状况下，0.5mol氯气含有的原子数为NAD常温常压下，11.2L气体单质所含分子数均为NA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
9、析：A、根据气体摩尔体积的使用范围判断；B、根据气体摩尔体积的使用条件判断；C、先判断一个氯气分子中含有的原子数，再计算0.5mol氯气中含有的原子数；D、根据气体摩尔体积的使用条件判断解答：解：A、气体摩尔体积只适用于气体，水是液体，故A错误；B、气体摩尔体积22.4L/mol的使用必须标况下，故B错误；C、一个氯气分子中含有2个氯原子，所以0.5mol氯气含有的原子数为NA，故C正确；D、气体摩尔体积22.4L/mol的使用必须标况下，故D错误；故选C点评：本题考查了有关气体摩尔体积的使用，难度不大，注意气体摩尔体积的使用范围和条件7下列有关海水综合利用的说法正确的是( )A从海水中提取钠
10、单质只有物理变化发生B从海水制食盐主要是通过化学变化完成C电解氯化钠溶液可以制得钠单质和氯气D电解熔融的氯化镁可制备镁单质和氯气考点：海水资源及其综合利用 专题：元素及其化合物分析：海水中富含Na、Cl、Mg、Br、I等元素，从海水中获取钠、镁、氯气等单质，要经过电解等操作，为化学变化，海水经过蒸馏可得到淡水，经过蒸发结晶可得到氯化钠，以此解答该题解答：解：A从海水中提取钠单质，应用电解熔融氯化钠方法，为化学变化，故A错误；B海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化，没有发生化学变化，故B错误；C电解氯化钠溶液可以制得氢氧化钠、氢气和氯气，不能得到钠，故C错误；D氯化镁为电解
11、质，电解时在阳极生成氯气，在阴极生成镁，故D正确故选D点评：本题考查海水的综合运用，侧重于化学与生活、生产的综合运用，考查基本知识和基本反应原理，需要正确记忆并深化理解，才能从基本的知识着手，快速答题，题目难度不大8下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( )ABCD考点：吸热反应和放热反应 分析：根据反应物的总能量生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量生成物的总能量，反应为吸热反应来解答解答：解：吸热反应中，反应物总能量生成物总能量，故选A点评：本题考查了吸热反应的图示，题目难度中等，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握9下列物质溶于水中，化学键不发生改变的是( )A
12、氧气B氯化氢C氯化钠D氢氧化钠考点：电解质在水溶液中的电离 分析：物质溶于水化学键不发生改变说明该物质溶于水不发生电离或不发生化学反应，据此分析解答解答：解：A氧气不易溶于水，少量的氧气溶于水时以分子存在，化学键不发生改变，故A正确；BHCl是可溶性强电解质，在水中发生电离而导致化学键改变，故B错误；CNaCl是可溶性强电解质，在水中发生电离而导致化学键改变，故C错误；DNaOH是可溶性强电解质，在水中发生电离而导致化学键改变，故D错误；故选A点评：本题考查电解质的电离，为高频考点，只有电解质的电离和物质发生化学反应时化学键才发生改变，注意：有化学键断裂时不一定有化学键形成，为易错点10只用一
13、种试剂，可区别Na2SO4、AlCl3、NH4Cl、MgSO4四种溶液，这种试剂是( )AHClBBaCl2CAgNO3DNaOH考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：实验题分析：分别向四种溶液中加入氢氧化钠，有刺激性气味的气体产生的原溶液是氯化氨溶液，立即有白色沉淀生成且不溶解的原溶液是硫酸镁溶液，开始时有白色沉淀生成，随氢氧化钠量的增多，沉淀溶解的是氯化铝溶液，无明显变化的是硫酸钠溶液解答：解：A加入盐酸，与以上四种物质都不反应，无法鉴别，故A错误；B加入BaCl2不能鉴别Na2SO4和MgSO4，二者都生成BaSO4沉淀，故B错误；C加入AgNO3都生成白色沉淀，分别为AgC
14、l和Ag2SO4，无法鉴别，故C错误；D分别向四种溶液中加入氢氧化钠，有刺激性气味的气体产生的原溶液是氯化氨溶液，立即有白色沉淀生成且不溶解的原溶液是硫酸镁溶液，开始时有白色沉淀生成，随氢氧化钠量的增多，沉淀溶解的是氯化铝溶液，无明显变化的是硫酸钠溶液，故D正确故选D点评：本题考查物质的鉴别，题目难度不大，本题注意把握物质的性质，注重常见基础知识的积累11下列溶液中的Cl浓度与50mL 1mol/L MgCl2溶液中的Cl浓度相等的是( )A150 mL 1 mol/L NaCl溶液B75 mL 2 mol/L CaCl2溶液C150 mL 2 mol/L KCl溶液D75 mL 1 mol/
15、LAlCl3溶液考点：物质的量浓度 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度离子个数，与溶液的体积无关，1mol/L MgCl2溶液中的Cl浓度为2mol/L解答：解：50mL 1molL1 MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度c（Cl）=2c（MgCl2）=2mol/L，A、150mL 1molL1NaCl溶液中Cl的物质的量浓度c（Cl）=c（NaCl）=1mol/L，故A错误；B、75mL 2molL1CaCl2溶液中Cl的物质的量浓度c（Cl）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B错误；C、150mL2molL1KCl溶液中Cl的物质的量浓
16、度c（Cl）=c（KCl）=2mol/L，故C正确；D、75mL1molL1AlCl3溶液中Cl的物质的量浓度c（Cl）=3c（AlCl3）=3mol/L，故D错误；故选C点评：本题考查浓度的计算分析，溶液中离子的浓度只与物质的浓度和化学式有关，与溶液的体积无关12将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同深度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是( )A两烧杯中铜片表面均无气泡产生B甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C两烧杯中溶液的pH均增大D产生气泡的速度甲比乙慢考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：
17、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，原电池的构成加快了反应速率乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，以此进行分析解答：解：A、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B、乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；C、甲乙两烧杯反应的总方程式都为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，溶液中硫酸的浓度降低，溶液的PH增大，故C正确；D、原电池能加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误故选C点评：本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原
18、理13下列物质的性质比较，正确的是( )A酸性：H2SO4HClO4HBrO4B碱性：NaOHKOHRbOHC非金属性：PSClD气态氢化物稳定性：HFHClH2S考点：元素周期律的作用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B、元素的金属性越强，对应的最高级氧化物的水化物的碱性越强；C、同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强；D、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强解答：解：A、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性ClBrS，所以最高价氧化物对应的酸性强弱为HClO4HBrO4H2SO4，故A错误
19、；B、元素的金属性越强，对应的最高级氧化物的水化物的碱性越强，同主族元素从上往下金属性增强，所以碱性强弱为RbOHKOHNaOH，故B错误；C、同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性由弱到强的顺序为PSCl，故C错误；D、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性由强到弱的顺序为FClS，所以气态氢化物稳定性为HFHClH2S，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期律知识，为2015届高考高频考点，侧重于学生分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，难度不大14SO2是造成大气污染的主要气体，造成大气中SO2含量增加最主要原
20、因是( )A实验室排放的SO2B火山爆发产生的SO2C燃烧煤和石油产品产生的SO2D工业制硫酸排放的SO2考点：二氧化硫的污染及治理 分析：二氧化硫的污染主要原因是工业大量使用含硫物质，含硫物质在使用中会导致二氧化硫的大量排放，以此解答解答：解：大量燃烧煤和石油产品时会产生大量的二氧化硫气体，这是造成大气中二氧化硫含量急剧增加的最主要原因，而实验室逸出的二氧化硫较少，并且火山喷发次数较小，且影响范围较小，一般情况下，硫酸厂的废气都是需要进行处理后才能排放的，故选C点评：本题考查二氧化硫的污染，题目难度不大，注意明确题目要求是大气中SO2含量增加的主要原因，试题有利于培养学生良好的学科素养15下
21、列物质分离方法不正确的是( )A用过滤的方法除去食盐水中的泥沙B用酒精萃取碘水中的碘C用分液的方法分离汽油和氯化钠溶液D用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂 分析：A泥沙不溶于水，而食盐溶于水；B酒精与水互溶；C汽油和氯化钠溶液分层；D自来水中水的沸点较低解答：解：A泥沙不溶于水，而食盐溶于水，则利用过滤法除去食盐水中的泥沙，故A正确；B酒精与水互溶，不能选酒精作萃取剂，应选苯或四氯化碳萃取碘水中的碘，故B错误；C汽油和氯化钠溶液分层，则用分液的方法分离汽油和氯化钠溶液，故C正确；D自来水中水的沸点较低，则用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏
22、水，故D正确；故选B点评：本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大16如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子则该物质不具有的性质是( )A使紫色石蕊变红B与钠反应C发生酯化反应D发生氧化反应考点：有机物分子中的官能团及其结构 专题：有机物的化学性质及推断分析：黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子，通过题意结合图片知，该物质的结构简式为：CH3CH2OH，为乙醇，根据乙醇的性质进行判断解答：解：根据图示比例模型可知，该物质的结构简式为：CH3CH2OH，A乙醇
23、呈中性，所以乙醇不能使石蕊变红，故A错误；B钠能和乙醇反应生成氢气和乙醇钠，故B正确；C乙醇能和乙酸发生酯化反应，故C正确；D乙醇在一定条件下能够催化氧化生成乙醛，故D正确；故选A点评：本题以比例模型为载体考查了乙醇的性质，题目难度不大，正确判断化合物及其具有的官能团是解本题的关键，注意掌握常见有机物结构与性质17下列装置所示的实验，能达到实验目的是( )A分离碘酒中的碘和酒精B实验室制氨气C除去Cl2中的HClD排水集气法收集O2考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A互不相溶的液体采用分液方法分离；B氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和HCl，但冷却时HCl和氨气反应生成氯化铵；C
24、Cl2、HCl都可以和NaOH溶液反应；D用排水法收集氧气时，导气管遵循“短进长出”原则解答：解：A碘易溶于乙醇，所以二者不分层，应该采用蒸馏方法分离，故A错误；B氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和HCl，但冷却时HCl和氨气反应生成氯化铵，所以不能采用加热氯化铵的方法制取氨气，可以采用加热NH4Cl和Ca（OH）2的方法制取NH3，故B错误；CCl2、HCl都可以和NaOH溶液反应，所以不能用NaOH溶液除去Cl2中的HCl，应该用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故C错误；D用排水法收集氧气时，导气管遵循“短进长出”原则，所以该装置符合排水法收集氧气操作，故D正确；故选D点评：本题考查化学实
25、验方案评价，侧重对实验原理、基本操作的考查，知道常见混合物提纯和分离方法、常见气体的制取和收集等知识点即可解答，会从基本操作的规范性、物质的性质、实验原理进行评价，题目难度中等18工业上冶炼金属，常用的方法有四种：、热分解法，、热还原法，、电解法，、湿法冶金下表中金属与常用冶炼方法相符的是( )金属冶炼方法A钾、钙B钠、铝C铜、铁D银、汞AABBCCDD考点：金属冶炼的一般原理 分析：金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、
26、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得解答：解：A、电解法冶炼活泼金属K、Ca，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得，故A错误；B、电解法冶炼活泼金属Na、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得，故B正确；C、热还原法冶炼较不活泼的金属Fe、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等），故C错误；D、Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，故D错误故选B点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大19分别用20mL 1mol
27、/L BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是( )A3：2：2B1：2：3C1：3：3D3：1：1考点：离子方程式的有关计算 专题：计算题分析：等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液，溶质的物质的量相同，利用钡离子与硫酸根离子的关系来计算Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中溶质的物质的量，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比解答：解：假设BaCl2的物质的量为1mol，Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2（SO
28、4）3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2+SO42BaSO4，可知x3=y1=z1=1mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3，故选：C点评：本题考查离子的浓度关系，明确钡离子与硫酸根离子的关系及信息中溶液中的SO42离子恰好完全转化为沉淀是解答本题的关键20下列各组反应（表内物质均为反应物）刚开始时，放出H2的速率最大的是( )编号金属（粉末状）物质的量酸的浓度酸的体积反应温度AMg0.1mol6mol/L硝酸10mL60BMg0.1mol3mol/L盐酸10mL30CFe0.1mol3mol
29、/L盐酸10mL60DMg0.1mol3mol/L盐酸10mL60AABBCCDD考点：化学反应速率的影响因素 专题：化学反应速率专题分析：根据物质本身的性质结合外界条件对化学反应速率的影响判断解答：解：硝酸和镁反应不生成氢气，所以排除镁的金属性比铁的强，所以在外界条件相同的情况下，镁比铁的反应速率快；在金属、酸相同的条件下，温度越高、酸的浓度越大，化学反应速率越快，故选D点评：注意：决定化学反应速率的主要因素是物质本身的性质，外界条件是影响化学反应速率的次要因素21在一定温度下，向a L密闭容器中加入1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：X（g）+2Y（g）2Z（g），此反应达到
30、平衡的标志是( )A容器内X、Y、Z的浓度不随时间变化B容器内气体密度不随时间变化Cv （X）：v （Y）=l：2D单位时间消耗0.1 molX同时生成0.2molZ考点：化学平衡状态的判断 分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态解答：解：A、容器内X、Y、Z的浓度不随时间变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故A正确；B、容器的体积是一个定值，气体质量是定值，所以密度始终不变，故B错误；C
31、、只要反应发生就符合v （X）：v （Y）=l：2，故C错误；D、单位时间消耗0.1 molX同时生成0.2molZ，都映的是正反应方向，未体现正与逆的关系，故D错误；故选A点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为022下列各组物质中，X表示某物质，Y表示X物质中含有的少量杂质，Z表示要除去杂质加入的试剂，其中正确的组别是( )XYZAFeCl2溶液FeCl3KSCN溶液BFe粉A1粉NaOH溶液CFe2（SO4）3溶液FeSO4C12DSiO2Fe2O3NaOH溶液AABBCCDD考点：物质的分离、提纯和除杂 分析：AKSCN溶液可检验
32、三价铁离子，不能用来除杂； BFe粉与NaOH溶液不反应，A1粉与NaOH溶液反应生成可溶性盐；C氯气与硫酸亚铁反应生成硫酸铁和氯离子；DSiO2能与碱反应生成可溶性盐，Fe2O3与碱反应不反应解答：解：AKSCN溶液可检验三价铁离子，不能用来除杂，应加入过量铁粉，故A错误； BFe粉与NaOH溶液不反应，A1粉与NaOH溶液反应生成可溶性盐，可以除去杂质，故B正确；C氯气与硫酸亚铁反应生成硫酸铁和氯离子，引入新的杂质，故C错误；DSiO2能与碱反应生成可溶性盐，Fe2O3与碱反应不反应，将原物质除掉，故D错误故选B点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新
33、的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离23对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：根据常见离子的检验方法可知：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；B、氯化钡能
34、与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀解答：解：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO32，故A错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有SO42，故B错误；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故C正确；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，加入碳酸钠溶
35、液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+，故D错误；故选C点评：本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行解答二、非选择题，本大题包括3小题24配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶等（2）计算：需要NaOH固体的质量为10.0 g（3）称量：称量过程中NaOH固体应放于小烧杯中并放在天平的左盘（填“左盘”或“右盘”）某学生先用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置
36、，说明此时左边质量小于（填“大于”或“小于”）右边假定最终称得小烧杯的质量为32.6 g（填“32.6g”或“32.61g”），请用“”表示在托盘上放上砝码，“”表示从托盘上取下砝码的称量过程，并在下图中标尺上画出游码的位置（画“”表示）砝码质量/g502020105称量（取用砝码过程）标尺：（4）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是搅拌加速溶解（5）转移、洗涤在转移时应使用玻璃棒引流，洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中（6）定容、摇匀定容的操作是向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切（7）某学生实际配制N
37、aOH溶液的浓度为0.48molL1，原因可能是A、C（填字母）A使用滤纸称量氢氧化钠固体 B容量瓶中原来存有少量蒸馏水C溶解后的烧杯未经多次洗涤考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器；（2）依据m=CVM计算溶质的质量；（3）依据托盘天平使用方法：左物右码解答；托盘天平的精确度为0.1g，分度盘的指针偏右结合天平的称量原理及正确使用方法解答；（4）溶解物质使用玻璃棒可以加快溶解速率；（5）移液时为防止液体流出，应用玻璃棒引流；洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；（6）依据定容的正确操作解答；（7）分析不当操
38、作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析解答：解：（1）配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，应选择500ml容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；（2）配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，需要溶质氢氧化钠质量=0.5L0.5molL140g/mol=10.0g；故答案为：10.0g；（3）称量过程中NaO
39、H固体应放于小烧杯中并放在天平的左盘；故答案为：左盘；分度盘的指针偏右，说明右边重，左盘高于右盘，左盘质量小于右盘；托盘天平的精确度为0.1g，所以小烧杯的质量32.6 g；用托盘天平准确称其质量，先在右盘加入50g砝码，质量过大，表示为：50g；然后换20g砝码，砝码质量不足，表示为：20g；再加20g砝码，20g砝码质量过大，表示为：；换10g砝码，10g砝码质量不足，表示为：10g；再加5g砝码，5g砝码质量过大，拿下5g砝码，表示为：5g；最后移动游码到2.6g进行调平天平，标尺上画出游码的位置为：，故答案为：左盘小于32.6 g； 砝码质量/g502020105称量（取用砝码过程）；
40、（4）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是：搅拌，加速溶解；故答案为：搅拌，加速溶解；（5）移液时为防止液体流出，应用玻璃棒引流；洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；故答案为：玻璃棒保证溶质全部转移至容量瓶中；（6）定容的操作是：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；故答案为：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；（7）A使用滤纸称量氢氧化钠固体，导致称量的氢氧化钠质量偏小，物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A选； B容量瓶中原来存有少量蒸
41、馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液的浓度不变，故B不选；C溶解后的烧杯未经多次洗涤，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C选；故选：AC点评：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶、托盘天平的使用方法，题目难度不大25如图中AH均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、H的焰色反应均呈黄色，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应（反应过程中生成的水及其他产物已略去）请回答以下问题：（1）B是AlCl3，H是NaHCO3（填化学式）（2）写出E转化为
42、G的离子方程式Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（3）A在常温下也可与D溶液反应生成G，写出此反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2考点：无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：推断题；几种重要的金属及其化合物分析：A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、H的焰色反应均呈黄色，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应，则C为Na，D为NaOH，E为Al（OH）3，结合图中的转化可知，F为Na2CO3，B为AlCl3，G为NaAlO2，F与二氧化碳反应生成H，H为NaHCO3，结合物质的性质及题目要求来解答解答
43、：解：A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、H的焰色反应均呈黄色，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应，则C为Na，D为NaOH，E为Al（OH）3，结合图中的转化可知，F为Na2CO3，B为AlCl3，G为NaAlO2，F与二氧化碳反应生成H，H为NaHCO3，（1）由上述分析可知，B为AlCl3，H为NaHCO3，故答案为：AlCl3；NaHCO3；（2）E转化为G的离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（3）A在常温下与D溶液反应生成G的化学反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAl
44、O2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2点评：本题考查无机物的推断，明确物质的性质及D、E为解答本题的突破口，利用转化推断出各物质是解答本题的关键，题目难度中等26某化学研究性学习小组用CO还原Fe2O3，并在实验结束后用磁铁吸出生成的黑色粉末X进行探究【探究目的】分析黑色粉末X的组成，并进行相关实验【查阅资料】CO还原Fe2O3的实验中若温度不同、受热不均时会生成Fe3O4，也能被磁铁吸引Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OFe+4HNO3（稀）Fe（NO3）3+NO+2H2O3Fe3O4+28HNO3（稀）9Fe（NO3）3+NO+14H2O【实验
45、探究】定性检验编号实验操作实验现象取少量黑色粉末X放入试管1中，注入浓盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈黄绿色；有气泡产生向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液出现血红色另取少量黑色粉末X放入试管2中，注入足量硫酸铜溶液，振荡，静置有极少量红色物质析出，仍有较多黑色固体未溶解（1）实验发生的反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu（2）上述实验说明黑色粉末X中含有Fe和Fe3O4定量测定根据下图所示的实验方案进行实验并记录数据：（1）操作Z的名称是过滤（2）通过以上数据，得出13.12g黑色粉末X中各成分的物质的量为Fe 0.11mol Fe3O4 0.03mol（3）若溶液Y的体积仍
46、为200mL，则溶液Y中c（Fe3+）=1mol/L考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：I（1）极少量红色物质为铜，该反应为铁粉和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，发生了金属的置换反应（2）通过可判断Fe的存在再通过可知黑色粉末为铁与Fe3O4（1）通过加硝酸溶解和足量的氢氧化钠溶液，生成了氢氧化铁沉淀，因此操作Z为过滤；（2）红棕色固体为氧化铁，根据铁原子物质的量守恒和Fe3O4和Fe的质量为13.12g列式计算；（3）溶液Y中铁离子的物质的量为0.2mol，带入c=计算解答：解：I（1）极少量红色物质为铜，该反应为铁粉和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，发生了金属的置换反应，离子方程式为Fe+
47、Cu2+=Fe2+Cu，故答案为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu；（2）铁能和盐酸反应生成气体，且铁和铜离子发生置换反应生成红色的铜，据此现象判断存在铁；Fe3+能使KSCN溶液呈现血红色，这是Fe3+的特征反应，据此判断Fe3O4的存在故黑色粉末X为Fe3O4和Fe的混合物故答案为：Fe3O4和Fe的混合物；（1）通过加硝酸溶解和足量的氢氧化钠溶液，生成了氢氧化铁沉淀，因此操作Z为过滤，故答案为：过滤；（2）红棕色固体为氧化铁，16g氧化铁中含有铁原子的物质的量为2=0.2mol，设13.12g混合固体中铁的物质的量为xmol，Fe3O4的物质的量为ymol，则x+3y=0.2mol56x+232y=13.12 两式联立求得x=0.11mol，y=0.03mol，故答案为：Fe：0.11mol、Fe3O4：0.03mol；（3）通过（2）中计算可知铁离子的物质的量为0.2mol，因此c（Fe3+）=1mol/L，故答案为：1点评：本题考查了铁及其重要化合物的性质，涉及化学实验基本操作、物质的量的计算等基本原理以及定量计算测定等，对知识综合运用，考查思维能力，难度较大，清楚实验原理、思路
