1、山东省德州市重点中学2016届高三上学期月考化学试卷（10月份）一、选择题（共15小题）1下列过程中没有发生氧化还原反应的是（）A天然气燃烧提供热量B氯水使红色纸张褪色C钢铁制品在空气中被腐蚀D二氧化硫通人品红溶液中，溶液褪色2下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是 X Y ZA 钠元素 主族元素 短周期元素B 电解质 化合物 纯净物C 氢氧化铁 胶体 分散系D 置换反应 氧化还原反应 放热反应AABBCCDD3下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A漂白粉密封保存于阴凉干燥的地方B少量的金属钠保存在煤油中C盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞D新制的氯水保存在无色试剂瓶中4下列物质转化在给定
2、条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2Al（OH）3SSO3H2SO4NaOH（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3NH4Cl（s）NH3NH4HCO3ABCD5下列物质的性质、用途正确的是（）A浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，不能盛放在金属容器中BNa2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料C食盐可作调味剂，不可作防腐剂D合金的硬度大，熔点也高6环境污染已成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是（） 环境问题 造成环境问题的主要物质A 酸雨 二氧化硫B 温室效应 二氧化碳C 白色污染 二氧化硅D 光化学烟雾 二氧化氮AABBCCDD7NA为阿伏加
3、德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数为NAB一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC1.0L的0.1 molL1Na2S溶液中含有的S2离子数为0.1NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA8在化学学习与研究中类推的思维方法有时会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否下列几种类推结论中正确的是（）BrCl的化学性质和Cl2相似，Cl2与水反应是氧化还原反应，BrCl+H2O=HCl+HBrO也是氧化还原反应弱碱性
4、条件下，甲酸乙酯能与氢氧化铜反应，乙酸乙酯也能与氢氧化铜反应苯不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯也不能使酸性高锰酸钾褪色Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解37时，Fe3+、Cu2+能催化H2O2的分解；80时，MnO2、过氧化氢酶也能催化H2O2的分解ABCD9下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2+FeFe2+CuB稀 HNO3与铁粉反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2C氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD碳酸钙与醋酸反应：CO32+2H+H2O+CO210下列变化一定属于化学变化的是（）导电爆
5、炸缓慢氧化SO2使品红溶液褪色无水硫酸铜由白变蓝工业制O2白磷转化为红磷 久置浓硝酸变黄16O与18O间的相互转化ABCD11在强酸性或强碱性溶液中都能大量共存的一组离子是（）ABa2+、Fe3+、Cl、NO3BNa+、Ca2+、HCO3、NO3CAl3+、NH4+、SO42、Na+DNa+、K+、NO3、SO4212下列有关试纸的使用及实验现象的叙述正确的是（）A用湿润的pH试纸测定溶液的pH，所测pH一定不准B使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气C使湿润的红色石蕊试纸褪色的气体必然是SO2D用湿润的红色石蕊试纸检验NH313下列除杂方案错误的是（）选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂
6、除杂方法A C2H5OH（l） H2O（l） 新制的生石灰 蒸馏B NH4Cl（aq） Fe3+（aq） NaOH溶液 过滤C Cl2（g） HCl（g） 饱和食盐水、浓H2SO4 洗气D Na2CO3（s） NaHCO3（s） 灼烧AABBCCDD14下列叙述和叙述均正确并且有因果关系的是（）选项 叙述I 叙述IIA NH3溶于水，呈碱性 工业上以NH3为原料生产硝酸B Fe3+具有氧化性 用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C NH4Cl受热分解成NH3、HCl 用加热法除去NaCl中的NH4ClD 氢氟酸是强酸 氢氟酸不能保存在玻璃瓶中AABBCCDD15将11.2g的MgCu混合物完全溶解于
7、足量的硝酸中，收集反应产生的x气体再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀根据题意推断气体x的成分可能是（）A0.3mol NO2 和0.3mol NOB0.2mol NO2和0.1mol N2O4C0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4D0.6mol NO二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）16银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，阴极反应式为；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的
8、化学方程式为固体混合物B的组成为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO+Al2O3CuAlO2+（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液L（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是、过滤、洗涤和干燥三、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）17高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染工业上是
9、先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出（1）湿法制备高铁酸钠（Na2FeO4）的反应体系有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O写出并配平湿法制备高铁酸钠的离子方程式：低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），最可能的原因是干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的还原剂是，氧化产物是，每生成l mol Na2FeO4转移mol电子18下列物质中能导电的有属于电解质的有属于非电解质的有（选填字母）A稀硫酸 B纯醋酸 C铜丝 D
10、氨水 E乙醇 F硫酸钡固体 G熔融氯化钠 HSO319用洁净的烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，可制得红褐色的胶体生成该胶体的离子方程式为向该胶体中逐滴加入HI稀溶液，会出现一系列变化：先出现红褐色沉淀，随后红褐色沉淀溶解，沉淀溶解的离子方程式为20下列配制一定物质的量浓度溶液的操作中使物质的量浓度偏大的是，偏小的是，无影响的是（选填字母）A配制硫酸铜溶液时，所用的胆矾部分风化B配制氢氧化钠溶液时，称量固体时间过长C配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时仰视读数D配制稀硫酸时，在小烧杯中稀释浓硫酸后未冷却立即转移到容量瓶中并定容E转移溶液前，容量瓶内有水珠F定容时，加水
11、超过刻度线，用胶头滴管吸取液体至刻度线211L某混合溶液，可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子 H+NH4+Al3+K+可能大量含有的阴离子 Cl Br I ClO AlO2（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生 沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（v）的关系如图所示则该溶液中确定含有的离子有；不能确定是否含有的阳离子有，肯定不存在的阴离子有经检测，该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况） 2.8L 5.6
12、L 11.2Ln（Cl） 1.25mol 1.5mol 2moln（Br） 1.5mol 1.4mol 0.9moln（I） a mol 0 0当通入Cl2的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为山东省德州市重点中学2016届高三上学期月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共15小题）1下列过程中没有发生氧化还原反应的是（）A天然气燃烧提供热量B氯水使红色纸张褪色C钢铁制品在空气中被腐蚀D二氧化硫通人品红溶液中，溶液褪色【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】发生的反应中，不存在元素的化合价变化，则没有发生氧化还原反
13、应，以此来解答【解答】解：A燃烧为剧烈的氧化还原反应，故A不选；B氯水中HClO具有强氧化性，使有色物质褪色，发生氧化还原反应，故B不选；C钢铁制品在空气中被腐蚀，发生电化学腐蚀，Fe失去电子被氧化，故C不选；D二氧化硫通人品红溶液中，溶液褪色，发生化合反应，没有元素的化合价变化，没有发生氧化还原反应，故D选；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及反应中元素的化合价变化即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大2下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是 X Y ZA 钠元素 主族元素 短周期元素B 电解质 化合物 纯净物C 氢氧化铁 胶体 分散系D 置换反应 氧化还原反应
14、 放热反应AABBCCDD【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；吸热反应和放热反应；化学基本反应类型【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答【解答】解：A钠元素为主族元素，主族元素中一、二、三周期属于短周期元素，主族元素中四、五、六、七周期属于长周期元素，故A错误；B电解质属于化合物，化合物都是纯净物，故B正确；C胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C错误；D置换反应属于氧化还原反应，而氧化还原反应不一定是放热反应，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的组成和分类，难度
15、不大，应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键3下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A漂白粉密封保存于阴凉干燥的地方B少量的金属钠保存在煤油中C盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞D新制的氯水保存在无色试剂瓶中【考点】化学试剂的存放【专题】化学实验基本操作【分析】A根据漂白粉的性质及HClO的性质来分析漂白粉正确的保存方法；B钠化学性质比较活泼，应该隔绝空气保存；C氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞；D新制的氯水中含有次氯酸，次氯酸见光容易分解，应该避光保存【解答】解：A因碳酸的酸性大于次氯酸，则Ca（ClO）2能和空气中CO2、H2
16、O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处，故A正确；B钠与水和氧气反应，应该隔绝空气保存，钠密度大于煤油，且不与煤油反应，少量的钠可以保存在煤油中，故B正确；C盛装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，原因是氢氧化钠能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘性，能够将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以应该使用橡皮塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液，故C正确；D新制的氯水见光容易分解，应该避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误；故选D【点评】本题考查了常见化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学性质的性质及正确的保存方法，明确见
17、光分解的需要不存在棕色试剂瓶中、能够与空气中二氧化碳、氧气反应的试剂需要密封保存等4下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2Al（OH）3SSO3H2SO4NaOH（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3NH4Cl（s）NH3NH4HCO3ABCD【考点】镁、铝的重要化合物；铵盐；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【专题】创新题型【分析】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再加热分解又生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应
18、生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠【解答】解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再加热分解又生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+
19、3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确故正确故选：A【点评】考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液5下列物质的性质、用途正确的是（）A浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，不能盛放在金属容器中BNa2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料C食盐可作调味剂，不可作防
20、腐剂D合金的硬度大，熔点也高【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；含硅矿物及材料的应用；金属与合金在性能上的主要差异；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】元素及其化合物【分析】A常温下，浓硫酸和浓硝酸与Al、Fe都发生钝化现象；B硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，硅酸钠和稀盐酸反应生成硅酸；C食盐可以作防腐剂；D合金的硬度大、熔点低【解答】解：A常温下，浓硫酸和浓硝酸与Al、Fe都发生钝化现象而阻止进一步反应，所以常温下，浓硫酸和浓硝酸可以用Fe或Al容器盛放，故A错误；B硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，硅酸钠和稀盐酸反应生成难溶性的硅酸而制得硅胶，所以Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料，故B
21、正确；C食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味是咸味剂，故C错误；D合金的硬度比其成分都大、熔点比其成分都低，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，知道其使用原理，注意：钝化现象不是不反应，为易错点6环境污染已成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是（） 环境问题 造成环境问题的主要物质A 酸雨 二氧化硫B 温室效应 二氧化碳C 白色污染 二氧化硅D 光化学烟雾 二氧化氮AABBCCDD【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】热点问题【分析】根据二氧化硫导致酸雨，二氧化碳导致温室效应，聚乙烯材料导致白色污染，二氧化氮
22、导致光化学烟雾进行判断【解答】解：A二氧化硫是形成酸雨的主要污染物，故A正确；B二氧化碳是形成温室效应的主要污染物，故B正确；C形成白色污染的主要原因是聚乙烯材料的污染，故C错误；D二氧化氮是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确故选C【点评】本题考查化学污染知识，题目难度不大，本题注意常见化学污染名词以及形成的主要原因，学习中注意积累即可解答该题7NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数为NAB一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC1.0L的0.1 molL
23、1Na2S溶液中含有的S2离子数为0.1NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为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【分析】A、氢气和氮气反应生成氨气是可逆反应，不能进行彻底；B、依据钠完全反应，失去最外层电子计算分析；C、硫离子水溶液中水解；D、标准状况下，CCl4不是气体【解答】解：A、氢气和氮气反应生成氨气是可逆反应，不能进行彻底，在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数小于NA，故A错误；B、一定条件下，2.3g的Na物质的量量为0.1mol，完全与O2反应失电子为0.1mol，所以生成3.6g产
24、物时失去的电子数为0.1NA，故B正确；C、1.0L的0.1 molL1Na2S溶液中，硫离子水解减少，所以溶液中含有的S2离子数小于0.1NA，故C错误；D、标准状况下，CCl4不是气体，22.4L的CCl4物质的量不是1mol，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查可逆反应的分析判断，氧化还原反应电子转移的计算，气体摩尔体积的条件应用判断，盐类水解的实质应用，题目较简单8在化学学习与研究中类推的思维方法有时会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否下列几种类推结论中正确的是（）BrCl的化学性质和Cl2相似，Cl2与水反应是氧化还原反应
25、，BrCl+H2O=HCl+HBrO也是氧化还原反应弱碱性条件下，甲酸乙酯能与氢氧化铜反应，乙酸乙酯也能与氢氧化铜反应苯不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯也不能使酸性高锰酸钾褪色Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解37时，Fe3+、Cu2+能催化H2O2的分解；80时，MnO2、过氧化氢酶也能催化H2O2的分解ABCD【考点】化学反应的基本原理【专题】化学应用【分析】根据元素的化合价的变化分析；二者反应类型不同；甲苯与高锰酸钾发生氧化还原反应；较不活泼金属的氢氧化物加热易分解；过氧化氢酶在温度较高时失去活性【解答】解：BrCl+H2O=HCl+HBrO中元素的化合价没
26、有发生变化，不是氧化还原反应，故错误；甲酸乙酯能与氢氧化铜发生氧化还原反应，乙酸乙酯也能与氢氧化铜发生中和反应，二者反应类型不同，故错误；甲苯与高锰酸钾发生氧化还原反应，被氧化为苯甲酸，而苯与酸性高锰酸钾不反应，故错误；较不活泼金属的氢氧化物加热易分解，三者的热不稳定性相似，故正确；过氧化氢酶在温度较高时失去活性，不能起到催化作用，故错误故选D【点评】本题考查化学反应原理的探究，注意物质性质的异同，不能一概而论，注意把握反应的机理，题目难度不大9下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2+FeFe2+CuB稀 HNO3与铁粉反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2C氢氧化钡
27、溶液与稀H2SO4反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD碳酸钙与醋酸反应：CO32+2H+H2O+CO2【考点】离子方程式的书写【分析】A铁还原性大于铜，铁与铜离子反应生成亚铁离子和铜单质；B稀硝酸具有强氧化性，与铁反应不会生成氢气；C氢离子和氢氧根离子的计量数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成；D碳酸钙和醋酸都不能拆开，应该保留化学式【解答】解：A氯化铜溶液与铁粉发生置换反应，反应的化学方程式为：Cu2+FeFe2+Cu，故A正确；B铁粉与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，不会生成氢气，若硝酸过量，反应生成硝酸铁，反应的离子方程式为：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，故B错误；
28、C氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D碳酸钙和醋酸都应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；故选A【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；试题培养了学生灵活应用基础知识的能力10下列变化一定属于化学变化的是（）
29、导电爆炸缓慢氧化SO2使品红溶液褪色无水硫酸铜由白变蓝工业制O2白磷转化为红磷 久置浓硝酸变黄16O与18O间的相互转化ABCD【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化【解答】解：导电：有物理变化如：金属导电例如：铜通电后仍为铜，无新物质生成，但氯化钠溶液导电是化学变化，故错误； 自行车车胎爆炸是物理变化，是气压过大造成，故错误；所有的氧化反应都是化学变化，缓慢氧化，是指氧化反应进行得比较缓慢，故正确；品红褪色的原因是二氧化硫或氯水等物质与之发生了化学反应，故正确；无水硫酸铜
30、由白变蓝，原来白色是硫酸铜，变蓝是生成了五水合硫酸铜，有新物质生成，是化学变化，故正确；工业制氧气，方法是先将空气降温加压液化，然后降压升温，先变成气体的是氮气，剩余的主要是氧气，过程是液化和气化，无新物质生成，故错误；白磷有毒，红磷无毒，两者是不同的物质，白磷转化为红磷，是化学变化，故正确；久置浓硝酸变黄发生反应：4HNO32H2O+4NO2+O2，生成的二氧化氮溶解其中呈黄色，故正确；16O与18O间的相互转化属于核反应，不是化学变化，故错误；故选B【点评】本题考查了怎样判断化学变化，方法就是：看是否生成新物质，平时学习应多关注日常生活中的化学知识，难度不大11在强酸性或强碱性溶液中都能大
31、量共存的一组离子是（）ABa2+、Fe3+、Cl、NO3BNa+、Ca2+、HCO3、NO3CAl3+、NH4+、SO42、Na+DNa+、K+、NO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】强酸性或强碱性溶液中分别存在大量氢离子或氢氧根离子，A四种离子之间不发生反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；B碳酸氢根离子既能够与氢离子，也能够与氢氧根离子反应；C铝离子、铵根离子与氢氧根离子反应；D四种离子之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，能够共存【解答】解：ABa2+、Fe3+、Cl、NO3之间不发生反应，都不与强酸性中氢离子、强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BHC
32、O3能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CAl3+、NH4+与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DNa+、K+、NO3、SO42之间不发生反应，都不与强酸性和强碱性溶液反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选AD【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；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；试题侧重对学生基础
33、知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力12下列有关试纸的使用及实验现象的叙述正确的是（）A用湿润的pH试纸测定溶液的pH，所测pH一定不准B使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气C使湿润的红色石蕊试纸褪色的气体必然是SO2D用湿润的红色石蕊试纸检验NH3【考点】试纸的使用【分析】A若溶液为中性，经蒸馏水润湿后，所测pH不变；B淀粉遇碘变蓝，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体，能够氧化碘离子生成碘；C二氧化硫不能漂白石蕊试液，次氯酸具有漂白性，能够使使湿润的红色石蕊试纸褪色；D氨气遇到水形成氨水显碱性【解答】解：A用湿润的pH试纸测定中性溶液的pH，所测pH准确，故A错误；B使
34、湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体可能是溴蒸汽也可能是氯气，故B错误；CSO2、氯气都能湿润的品红试纸褪色，所以使湿润的品红试纸褪色的气体不一定是SO2，故C错误；D氨气遇到水形成氨水显碱性，所以可用用湿润的红色石蕊试纸检验，故D正确；故选D【点评】本题主要考查了试纸的使用与物质的性质，掌握试纸测定的原理、物质的性质是解题的关键，难度不大13下列除杂方案错误的是（）选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法A C2H5OH（l） H2O（l） 新制的生石灰 蒸馏B NH4Cl（aq） Fe3+（aq） NaOH溶液 过滤C Cl2（g） HCl（g） 饱和食盐水、浓H2SO4 洗气D Na2CO
35、3（s） NaHCO3（s） 灼烧AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A加CaO与水反应，增大与乙醇的沸点差异；B二者均与NaOH溶液反应；CHCl极易溶于食盐水，抑制氯气的溶解，浓硫酸干燥氯气；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠【解答】解：A加CaO与水反应，增大与乙醇的沸点差异，则蒸馏可分离，故A正确；B二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选氨水除杂，故B错误；CHCl极易溶于食盐水，抑制氯气的溶解，浓硫酸干燥氯气，则洗气可除杂，故C正确；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热灼烧可除杂，故D正确；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、
36、性质差异及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大14下列叙述和叙述均正确并且有因果关系的是（）选项 叙述I 叙述IIA NH3溶于水，呈碱性 工业上以NH3为原料生产硝酸B Fe3+具有氧化性 用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C NH4Cl受热分解成NH3、HCl 用加热法除去NaCl中的NH4ClD 氢氟酸是强酸 氢氟酸不能保存在玻璃瓶中AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A在一定条件下氨气与氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮、二氧化氮被水吸收生成硝酸和一氧化氮；B铁离子和KSCN发生络合反应；C氯化铵不稳定
37、，加热易分解生成氨气和HCl；DHF酸可以和二氧化硅反应【解答】解：A在一定条件下氨气与氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮、二氧化氮被水吸收生成硝酸和一氧化氮，与NH3溶于水，呈碱性无关，故A错误； B铁离子和KSCN发生络合反应Fe（SCN）3而使溶液呈血红色，与铁离子的氧化性无关，故B错误；C氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和HCl，NaCl较稳定，受热不易分解，所以可以采用加热法除去氯化钠中的氯化铵，故C正确；D二氧化硅是玻璃的主要成分，HF酸可以和二氧化硅反应，所以氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，与氢氟酸的酸性无关，故D错误故选C【点评】本题考查物质性质，熟练掌握常见元
38、素化合物知识，注意D中二氧化硅的特殊性，题目难度不大15将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀根据题意推断气体x的成分可能是（）A0.3mol NO2 和0.3mol NOB0.2mol NO2和0.1mol N2O4C0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4D0.6mol NO【考点】氧化还原反应的计算【专题】守恒法；氧化还原反应专题【分析】向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4
39、g11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的MgCu提供的电子为0.6mol，结合选项根据电子转移守恒判断【解答】解：向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的MgCu提供的电子为0.6mol，A、生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol（54）+0.3mol（52）=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；B、生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2
40、O4，N元素获得电子为0.2mol（54）+0.1mol2（54）=0.4mol，得失电子不相等，故B错误；C、生成0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4，N元素获得电子为0.1mol（52）+0.2mol（54）+0.05mol2（54）=0.6mol，得失电子相等，故C正确；D、生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol（52）=1.8mol，故D错误故选：C【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题的关键，注意守恒思想的运用二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）16银铜合金广泛用于航空工业从切
41、割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，阴极反应式为Ag+e=Ag；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为2NO+O2=2NO2固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完
42、全转化为50.0mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液25.0L（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥【考点】金属的回收与环境、资源保护；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据电解原理分析判断；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02；未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（3）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；（4）根据铜元素守恒
43、建立关系式：CuCuAlO2来计算；根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）32CuAlO2来计算；（5）根据可溶性溶质从溶液中析出晶体的方法；【解答】解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Age=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag+e=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2；故答案为：Ag+e=Ag；2NO+O2=2NO2；未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和C
44、uO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2，故答案为：4；2；4；O2；（4）由关系式：CuCuAlO2得n（CuAlO2）=50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2（SO4）32CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAl
45、O2）=25.0mol，所以需要体积为=25.0L，故答案为：50.0；25.0；（5）由CuSO4溶液获得CuSO45H2O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶【点评】本题以从废料中回收银并制备铜化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，难度不大三、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）17高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出（1）湿法制备高
46、铁酸钠（Na2FeO4）的反应体系有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O写出并配平湿法制备高铁酸钠的离子方程式：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），最可能的原因是相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的还原剂是Na2O2和FeSO4，氧化产物是Na2FeO4、O2，每生成l mol Na2FeO4转移5mol电子【考点】氧化还原反应【分析】（1）湿
47、法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O作氧化剂被还原生成C1，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；至饱和可析出高铁酸钾，与溶解度有关；该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，再结合Na2FeO4和转移电子之间的关系式计算【解答】解：（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O作氧化剂被还原生成C1，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条
48、件下进行，该离子反应为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O；低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由1价变为0价和2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以Na2O2是氧化剂，Na2O2和FeSO4是还原剂，Na2FeO4和 O2是氧化产物，则每生成l molN
49、a2FeO4转移电子的物质的量为4+1=5mol，故答案为：Na2O2和FeSO4；Na2FeO4、O2； 5【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大18下列物质中能导电的有ACDG属于电解质的有BFG属于非电解质的有EH（选填字母）A稀硫酸 B纯醋酸 C铜丝 D氨水 E乙醇 F硫酸钡固体 G熔融氯化钠 HSO3【考点】电解质与非电解质【分析】金属、部分非金属、电解质溶液和熔融的电解质可以导电；溶于水或熔融状态下能够电离出阴阳离子的化合物是电解质；溶于水和熔融状态下都不能够电离出阴阳离子的化合物是非电
50、解质，据此分析判断【解答】解：能导电的物质有金属、电解质溶液或熔融液，即含有自由移动离子或电子的物质能够导电，符合条件的有：ACDG，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，符合条件的有：BFG，非电解质是在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，符合条件的有：EH，故答案为：ACDG；BFG；EH【点评】本题主要考查了电解质与非电解质的概念、粒子的导电性，题目难度不大，注意电解质和导电性的关系，导电的不一定是电解质，电解质不是任何条件下都导电19用洁净的烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，可制得红褐色的胶体生成该胶体的离子方程式为Fe3+3H2O=Fe（OH）3
51、（胶体）+3H+向该胶体中逐滴加入HI稀溶液，会出现一系列变化：先出现红褐色沉淀，随后红褐色沉淀溶解，沉淀溶解的离子方程式为2Fe（OH）3+6H+2I=I2+2 Fe2+6H2O【考点】胶体的重要性质【分析】制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体；胶体遇电解质发生聚沉，生成的Fe（OH）3沉淀能与碘化氢发生中和反应【解答】解：制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为Fe3+3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3+3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+；加入电解质后，Fe（OH）3胶体发生聚沉，随后沉淀溶解，溶液呈黄色，这是氢氧化铁被HI
52、溶解所致，此反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+6H+2I=I2+2 Fe2+6H2O，故答案为：2Fe（OH）3+6H+2I=I2+2 Fe2+6H2O【点评】本题考查胶体的性质和离子方程式的书写，题目难度不大，注意HI既有酸性又有强还原性，I能使Fe（OH）3胶粒聚沉，H+使其溶解20下列配制一定物质的量浓度溶液的操作中使物质的量浓度偏大的是ACD，偏小的是BF，无影响的是E（选填字母）A配制硫酸铜溶液时，所用的胆矾部分风化B配制氢氧化钠溶液时，称量固体时间过长C配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时仰视读数D配制稀硫酸时，在小烧杯中稀释浓硫酸后未冷却立即转移到容量瓶中并定容E转移溶液前，容量
53、瓶内有水珠F定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取液体至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析【解答】解：A配制硫酸铜溶液时，所用的胆矾部分风化会导致所称量的固体中硫酸铜的质量偏大，则所配溶液的浓度偏高；B配制氢氧化钠溶液时，称量固体时间过长会导致氢氧化钠潮解，则所称量的固体中氢氧化钠的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低；C配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时仰视读数，则会导致溶液体积偏大，则所配溶液的浓度偏高；D配制稀硫酸时，在小烧杯中稀释浓硫酸后未冷却立即转移到容量瓶中并定容，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高；E只要定容时正确
54、，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，即容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响；F定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取液体至刻度线，则析出的溶液中含有溶质，会导致溶液浓度偏低故答案为：ACD；BF；E【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大211L某混合溶液，可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子 H+NH4+Al3+K+可能大量含有的阴离子 Cl Br I ClO AlO2（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生 沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（v）的关系如图所示则该溶液中确定含有的离子有H
55、+、NH4+、Al3+；不能确定是否含有的阳离子有K+，肯定不存在的阴离子有ClO、AlO2经检测，该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况） 2.8L 5.6L 11.2Ln（Cl） 1.25mol 1.5mol 2moln（Br） 1.5mol 1.4mol 0.9moln（I） a mol 0 0当通入Cl2的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为Cl2+2I=I2+2Cl原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为10：15：4【
56、考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】离子反应专题【分析】（1）根据第一段，没有生成沉淀，说明一定含有氢离子，故肯定不含有ClO、AlO2，生成沉淀在后面完全溶解，说明一定含有铝离子，肯定不含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，根据第三段，和氢氧化钠反应不产生沉淀，说明一定含有铵根离子；即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+；肯定不含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、ClO、AlO2；可能含有K+、Cl、Br、I；n（Cl2）=0.125mol，通入氯气，先与I反应，生成单质碘，方程式为：Cl2+2I=I2+2Cl，2.8L时，n（Br）=1.5mol，故原溶液中n（Br）=1.
57、5mol；n（Cl）=0.1252=0.25mol，n（I）=0.25mol，故原溶液中n（Cl）=1.250.25=1mol；5.6L时，n（Br）=1.51.4=0.1mol，n（I）=0.250.1=0.15，故原溶液中n（I）=0.25+0.15=0.4mol【解答】解：（1）根据第一段，没有生成沉淀，说明一定含有氢离子，故肯定不含有ClO、AlO2，生成沉淀在后面完全溶解，说明一定含有铝离子，肯定不含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，根据第三段，和氢氧化钠反应不产生沉淀，说明一定含有铵根离子；即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+；肯定不含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Cl
58、O、AlO2；可能含有K+、Cl、Br、I；故答案为：H+、NH4+、Al3+，K+，ClO、AlO2；n（Cl2）=0.125mol，通入氯气，先与I反应，生成单质碘，方程式为：Cl2+2I=I2+2Cl，故答案为：Cl2+2I=I2+2Cl；2.8L时，n（Br）=1.5mol，故原溶液中n（Br）=1.5mol；n（Cl）=0.1252=0.25mol，n（I）=0.25mol，故原溶液中n（Cl）=1.250.25=1mol；5.6L时，n（Br）=1.51.4=0.1mol，n（I）=0.250.1=0.15，故原溶液中n（I）=0.25+0.15=0.4mol；故原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为：1：1.5：0.4=10：15：4，故答案为：10：15：4【点评】本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大