1、河南省郑州四十七中2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1 2013年12月15日，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面“玉兔”号是中国首辆月球车，成功实现对月面的科学探测“玉兔”号用Pu作为热源材料下列关于Pu的说法正确的是（）APu与Pu具有相同的最外层电子数BPu与Pu互为同素异形体CPu与U具有完全相同的化学性质DPu与U互为同位素考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用；同素异形体.分析：A原子的核外电子数等于质子数；B同种元素形成的不同单质互称同素异形体；C不同的元素化学性质不同；D有相同质子
2、数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素解答：解：APu与Pu具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故A正确； B同种元素形成的不同单质互称同素异形体，Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，故B错误；CPu与Pu质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；D有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu与Pu质子数不同，不是同位素，故D错误故选A点评：本题考查粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等，侧重于原子结构知识的考查，难度不大要注意平时知识的积累2（3分）性质决定用途，化学知识运用得当可以使人类的生活更美好下列物质性质与
3、应用的对应关系正确的是（）A晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B浓硫酸具有酸性，可用于刻蚀玻璃制品C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂考点：硅和二氧化硅；浓硫酸的性质；两性氧化物和两性氢氧化物.分析：A硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；B用于刻蚀玻璃制品的是HF；C漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；D氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸解答：解：A晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；B用于刻蚀玻璃制品的是HF，HF是弱酸属于特殊的性质，与浓硫酸具有酸性无关，故B错误；C漂白
4、粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误；D胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故D正确；故选D点评：本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，灵活运用知识解答，题目难度不大3（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，40g SO3的体积为11.2LB高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NAC5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NAD56g铁片投入足量浓H2
5、SO4中生成NA个SO2分子考点：阿伏加德罗常数.分析：A、标准状况下，SO3不是气体；B、根据化学反应方程式进行分析计算；C、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，转移电子15mol，据此计算；D、铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量解答：解：A、标准状况下，40gSO3的体积不能根据V=nVm=22.4n来计算，故A错误；B、红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，0.2molFe粉与足量水蒸气反应，生成molH2，生成的H2分子数为NA，故B正确；C、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成4m
6、olN2时，转移电子是15mol，当生成28g即1molN2时，转移的电子数目为3.75NA，gu Czq；D、56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误；故选C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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力4（3分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀硝酸：Cu+2H+NO3=Cu2+NO2+H2OB向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（O
7、H）3：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3C（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OH=Fe（OH）2D用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2+2Cl考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，不会生成二氧化氮；B二氧化碳过量，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；C氢氧化钠过量，亚铁离子和铵根离子都参与反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；D电解氯化铜溶液生成铜单质和氯气解答：解：ACu溶于稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Cu+8H+2
8、NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3，反应的离子方程式为：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故B正确；C（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2，铵根离子和亚铁离子都参与反应，正确的离子方程式为：2NH4+Fe2+4OH=Fe（OH）2+2NH3H2O，故C错误；D用CuCl2溶液做导电性实验时，铜离子和氯离子分别在阴极和阳极放电生成铜和氯气，反应的离子方程式为：Cu2+2ClCu+Cl2，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误
9、判断常用方法：检查反应能否发生，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，检查是否符合原化学方程式等5（3分）下列各组离子在指定溶液中关于离子共存的说法正确的是（）A25时溶液中一定大量共存：Na+、Ca2+、Cl、SO42B能与铝反应放出氢气的溶液中一定共存：Mg2+、Cu2+、SO42、NO3C弱碱性溶液中可能大量共存：Na+、K+、Cl、HCO3D0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2+、NH4+、SCN、SO42考点：离子共存问题.分析：A离子之间结合生成沉淀；B能与铝反应放出氢气的溶液，为酸或强碱溶液；C该组离子之间不反应；
10、D离子之间结合生成络离子解答：解：ACa2+、SO42离子之间结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B能与铝反应放出氢气的溶液，为酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2+、Cu2+，酸性溶液中H+、Al、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大6（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L 1molL1的NaClO
11、 溶液中含有ClO的数目为NAB标准状况下，一定量的铜与硝酸反应后生成22.4 L NO、NO2、N2O4的混合气体，则被还原的硝酸的分子数大于NAC铁做电极电解食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标况下）D标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA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、ClO是弱酸根，在水溶液中会水解；B、根据氮原子守恒及二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡判断；C、铁做电极，阳极参加反应的是铁，得不到气体；D、0.3mol二氧化氮与水反应生成0.2mol硝酸和0.1mol一氧化氮解答：解：A、ClO是弱
12、酸根，在水溶液中会水解，故ClO的数目小于NA，故A错误；B、标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，由于混合气体中存在四氧化二氮，所以1mol混合气体中含有的氮原子物质的量大于1mol，被还原的硝酸大于1mol，被还原的硝酸的分子数应大于6.021023，故B正确；C、由于铁做电极，阳极铁失去电子，故无法得到气体，故C错误；D、标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难
13、度不大7（3分）用石墨做电极电解1mol/L CuSO4溶液，当c（Cu2+）为0.5mol/L时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原来状况（）ACuSO4BCuOCCu（OH）2DCuSO45H2O考点：电解原理.专题：电化学专题分析：用石墨做电极电解1mol/L CuSO4溶液，阳极反应为4OH4e=O2+2H2O、阴极反应为 Cu2+2e=Cu，所以相当于析出CuO，根据析出什么加入什么的原则加入物质解答：解：用石墨做电极电解1mol/L CuSO4溶液，阳极反应为4OH4e=O2+2H2O、阴极反应为 Cu2+2e=Cu，所以相当于析出CuO，根据析出什么加入
14、什么的原则知，应该加入适量的CuO可使电解质溶液恢复至原来状况，也可以加入适量的CuCO3可使电解质溶液恢复至原来状况，故选B点评：本题考查了电解原理，明确阴阳极上析出的物质是解本题关键，从而确定应该加入的物质，注意碳酸铜可以可作是CuOCO2，二氧化碳以气体形式逸出，所以还相当于加入的是CuO8（3分）下列说法正确的是（）漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；非极性键也可能存在于离子化合物中ABCD考点：混合物和纯净物；极性键和非极性键；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.分析：从物质的组成角
15、度分析，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；从物质的性质和发生的反应判断，煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化；纯碱是碳酸钠的俗称，是一种盐；非极性键也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠属于离子化合物，其中含有非极性键解答：解：漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，以上三种物质都是混合物，故正确；煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同
16、进行分离的，属于物理变化，故错误；纯碱是碳酸钠的俗称，是一种强碱弱酸盐，水解呈碱性，故错误；过氧化钠属于离子化合物，过氧根离子中O与O形成的化学键为非极性键，故正确；故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类、反应类型的判断、物质的分类、化学键等知识，题目难度不大，易错点为，注意非极性键也可能存在于离子化合物中9（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A将过量SO2通入少量氨水中：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32B实验室用Cu和稀HNO3反应制取少量NO气体：Cu+4H+NO3Cu2+NO+2H2OCNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H+SO42+B
17、a2+2OHBaSO4+2H2ODKIO3与KI在酸性溶液中反应：5I+IO3+3H2O3I2+6OH考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A、过量SO2通入少量氨水，生成亚硫酸氢盐；B、得失电子不守恒，导致电荷不守恒；C、溶液反应至中性，说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以硫酸根离子过量；D、酸性溶液中不存在氢氧根离子解答：解：A、过量SO2通入少量氨水，生成亚硫酸氢盐，所以正确的离子反应方程式为：SO2+NH3H2ONH4+HSO3，故A错误；B、得失电子不守恒，导致电荷不守恒，所以正确的离子反应方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故B错误；C、溶液反
18、应至中性，说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以硫酸根离子过量，正确的离子反应方程式为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故C正确；D、酸性溶液中不存在氢氧根离子，正确的离子方程式为：5I+IO3+6H+3I2+3H2O，故D错误；故选C点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析10（3分）下列叙述中正确的是（）（1）纯铁比碳素钢易生锈（2）用氨水除去试管上的银镜（3）硅是制作光导纤维和制造太阳能电池的主要原料（4）可用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性ClC（碳）Si（5）催化剂只
19、能改变反应的活化能，不能改变反应的热效应（6）用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质（7）同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大（8）Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法治炼铝（9）丁达尔效应可用于区别溶液与胶体，云、雾均能产生丁达尔效应（10）明矾可用于水的消毒、杀菌；碳酸钡可用于钡餐透视A（1）（4）（6）（7）B（4）（6）（9）（10）C（3）（5）（6）（8）D（5）（6）（8）（9）考点：铁的化学性质；胶体的重要性质；催化剂的作用；氨的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物；化学应用分析：（1）碳素钢易发生电化学腐蚀；（2
20、）氨水与银镜不反应；（3）硅可制造太阳能电池；（4）可用高氯酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性ClC（碳）Si；（5）催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的起始和最终状态；（6）氢氟酸能与二氧化硅反应，性质决定用途；（7）还原性与水解程度无关；（8）Al2O3的熔点高，Al为活泼金属，电解法治炼铝；（9）丁达尔效应是胶体特有的性质；（10）明矾不具有强氧化性；碳酸钡可与盐酸反应生成有毒的钡离子解答：解：（1）碳素钢易发生电化学腐蚀，则纯铁不易腐蚀，故错误；（2）氨水与银镜不反应，应利用稀硝酸清洗，故错误；（3）硅可制造太阳能电池，二氧化硅制作光导纤维，故错误；（4）可用
21、高氯酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性ClC（碳）Si，因盐酸挥发与硅酸钠反应，且不能利用无氧酸的酸性比较非金属性，故错误；（5）催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的起始和最终状态，则不能改变反应的热效应，故正确；（6）氢氟酸能与二氧化硅反应，性质决定用途，则用氢氟酸雕刻玻璃，故正确；（7）还原性与水解程度无关，如卤素离子中碘离子还原性强，但不发生水解，故错误；（8）Al2O3的熔点高，为离子化合物，Al为活泼金属，电解法治炼铝，Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法治炼铝，故正确；（9）丁达尔效应是胶体特有的性质，则丁达尔效应可用于区别溶液与胶体，云、雾
22、均能产生丁达尔效应，故正确；（10）明矾不具有强氧化性，不能用于水的消毒、杀菌；碳酸钡可与盐酸反应生成有毒的钡离子，应选硫酸钡用于钡餐透视，故错误；故选D点评：本题考查物质的性质，为高频考点，把握常见元素化合物知识及化学性质为解答的关键，注意性质与用途的关系，注重基础知识的考查，题目难度不大11（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族下列说法正确的是（）AY的气态简单氢化物的热稳定性比W的强BX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱CY分别与Z、W形成的化合物均为碱性
23、氧化物D原子半径大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）考点：原子结构与元素周期律的关系.分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，则Z是Mg元素，W与X同主族，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，X原子序数小于Y，则X是C元素，W是Si元素，A元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；CY是O元素、Z是Mg元素、W是Si元素，SiO2是酸性氧化物；D原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素
24、，原子半径随着原子序数增大而减小解答：解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，则Z是Mg元素，W与X同主族，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，X原子序数小于Y，则X是C元素，W是Si元素，A元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，Y的非金属性大于W，所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，故A正确；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性XW，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故B错误；CY是O元素、Z是Mg元
25、素、W是Si元素，SiO2是酸性氧化物，MgO是碱性氧化物，故C错误；D原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r（Z）r（W）r（X）r（Y），故D错误；故选A点评：本题考查原子结构和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题关键，熟练掌握元素周期律并灵活运用，知道非金属的非金属性与其气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性强弱关系，题目难度不大12（3分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项实验结论A浓盐酸MnO2NaOH制氯气并吸收尾气B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液
26、SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD考点：实验装置综合.专题：实验评价题分析：A二氧化锰与浓盐酸反应需要加热；B浓硫酸具有脱水性及强氧化性，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；C稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在中二氧化硫与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡；D浓硝酸易挥发，则中可能发生硝酸与硅酸钠的反应解答：解：A二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，图中缺少加热装置，故A错误；B蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫
27、与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则由实验可知浓硫酸具有脱水性、氧化性，故B正确；C稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在中二氧化硫与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，则结论不合理，如二氧化硫与氯化钡不反应，故C错误；D浓硝酸易挥发，则中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较酸性碳酸硅酸，故D错误；故选B点评：本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，涉及物质的制备、酸性比较、氧化还原反应等，把握实验装置的作用为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等13（3分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是（）AK1闭合，铁棒上发生的反应为
28、2H+2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，两极共产生标况下4.48L气体考点：原电池和电解池的工作原理.分析：若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断解答：解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe2e=F
29、e2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，两极共产生标况下8.96L气体，故D错误故选B点评：本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等14（3分）某溶液中
30、可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）Aab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2B原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Dd点溶液中含有的溶质只有NaAlO2考点：离子方程式的有关计算.分析：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，
31、一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，据此回答判断解答：解：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中
32、氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，A、ab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Fe3+3OH=Fe（OH）3，故A错误；B、原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故B错误；C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，含有的F
33、e3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D、d点溶液中含有的溶质有NaAlO2，还有NH3H2O，故D错误故选C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15（3分）a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为（）A3：4B4：5C2：3D3：2考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：混合物在密闭容器中加热到250时，可能发生如下反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O22Na
34、OH+CO2=Na2CO3+H2O反应生成气体产物是O2和H2O（g），根据方程式，从质量守恒的角度计算解答：解：混合物在密闭容器中加热到250时，可能发生如下反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O22NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应生成气体产物是O2和H2O（g），依题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O（g），则有总反应式为bNaHCO3+aNa2O2=bNa2CO3+（2ab）NaOH+（ba）H2O+O2所以 2ab0，ba01故的数值范围：1A、B、C符
35、合，a：b不可能为3：21，故选D点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意根据反应的原理结合质量守恒计算16（3分）（2013故城县模拟）气体X可能由NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种组成，已知X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3，若将X通入澄清石灰水中，无沉淀产生，则有关气体X的成分的下列说法正确的是（）一定含有HBr，可能含有CO2一定不含CO2 一定不含NH3、Cl2可能含有Cl2、CO2A只有B只有C和D和考点：常见气体的检验.专题：物质检验鉴别题分析：X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的浅黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因此X中一定没有NH3和
36、Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，故在HBr存在的条件下，X若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在，据此进行解答解答：解：根据X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因氨气和HBr反应生成溴化铵，HBr与氯气发生氧化还原反应，则X中一定没有NH3和Cl2；由于CaCO3可溶于强酸中，所以在HBr存在的条件下，X中若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，故无法确定是否含有CO2，根据以上分析可知，一定含有HBr，可能含有CO2、一定不含NH3、Cl2是正确的，而一定不含CO2和可能含有Cl2、CO2是错误的，故选C点评：
37、本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于物质的性质的综合应用的考查，注意根据反应的现象判断可能含有的物质，牢固把握物质的性质是解答该题的关键，题目难度不大17（3分）下列有关说法正确的是（）A将0.2mol/L的NH3H2O与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合后PH7，则c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）B已知MgCO3的Ksp=6.82106，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有C（Mg2+）=C（CO32），且C（Mg2+）C（CO32）6.82106 molL1C0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合： c（Na+）=c（CO32
38、）+c（HCO3）+c（H2CO3）D用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳阴两极产物的物质的量之比为2：1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、依据电荷守恒判断；B、所有含有固体MgCO3的溶液中，c（Mg2+）、c（CO32）的浓度不一定相等；C、依据物料守恒分析；D、用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳阴两极产物分别为氧气和氢气解答：解：A、若c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+），则溶液中阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，不符合电荷守恒，故A错误；B、Ksp与温度有关，Ksp=c（Mg2+）c（CO
39、32）=6.82106成立，当含有其他镁离子或碳酸根离子的混合溶液中，不一定存在碳酸根离子浓度和镁离子浓度相同，故B错误；C、据物料守恒，溶液中存在c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），NaHCO3溶液中存在c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），所以相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C正确；D、用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳阴两极产物分别为氧气和氢气，其物质的量之比为1：2，故D错误；故选C点评：本题考查了电荷守恒、物料守恒、沉淀的溶度积以及电解的相关知识，题目跨度大，难度中
40、等18（3分）（2013上海模拟）取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于（）A8.64gB9.20gC9.00gD9.44g考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量解答：解：896mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672
41、mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol（54）+0.03mol2（54）=0.46mol所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g所以金属的质量为17.02g7.82g=9.2g故选B点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量二、解答题（共3小题，满分46分）19（10分）中学常见化学反应方程式为：A+BX+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中，A、B的物质的量之比为1
42、：4请回答：（1）若Y为黄绿色气体，该反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2，B体现出的化学性质有还原性和酸性（2）若A为常见的非金属单质，B的溶液为某浓酸，反应条件为加热，其反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（3）若A为某不活泼的金属单质，该反应能产生一种造成光化学烟雾的气体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1（4）若A为常见的金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中写出A与X的溶液反应的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+考点：无机物的推断.分析：（1）若Y是黄绿色气体，在Y为氯气，A、B的物质的量之比
43、为1：4，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气；（2）若A为常见的非金属单质，B的溶液为某浓酸，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为碳与浓硝酸反应，氧化产物为二氧化碳；（3）若A为某不活泼的金属单质，该反应能产生一种造成光化学烟雾的气体，可判断为铜和浓硝酸加热反应生成二氧化氮气体；（4）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中，可知该反应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO与水，铁和硝酸铁反应生成硝酸亚铁解答：解：（1）若Y是黄绿色气体，在Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H
44、2O，氯化氢在反应中做还原剂和酸，显示了还原性和酸性；故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；还原性和酸性；（2）若A为常见的非金属单质，B的溶液为某浓酸，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为碳与浓硝酸反应，氧化产物为二氧化碳，C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（3）若A为某不活泼的金属单质，该反应能产生一种造成光化学烟雾的气体，可判断为铜和浓硝酸加热反应生成二氧化氮气体，Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+H2O；反应中生成的二氧化氮的硝酸作氧化剂，1molCu和4摸硝酸反应，有2mol硝酸
45、被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2；1；故答案为：2：1；（4）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中，可知该反应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO与水，铁和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+点评：本题考查无机物推断、离子方程式和结构式书写、根据方程式的计算等，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等20（18分）某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去清洗流程如下：加入NaOH 和 Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；放出
46、洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸和少量NaF溶液，浸泡；向洗液中加入Na2SO3溶液；清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉（资料在线：K3Fe（CN）6溶液遇亚铁盐会生成蓝色沉淀）（1）用NaOH溶解二氧化硅的化学方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（2）在步骤中：被除掉的水垢除铁锈外，还有CaCO3、Mg（OH）2、SiO2清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因2Fe3+Fe=3Fe2+（3）步骤中，加入Na2SO3的目的是将Fe3+还原成Fe2+，防止腐蚀锅炉（4）步骤中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe3O4保护膜完成并配平其反应的离子方程式：9
47、Fe+8NO2+4H2O4N2+3Fe3O4+8OH钝化效果的检测一般可用滤纸浸渍配好的检测液后贴附于待测样品表面或直接将溶液涂、滴于待测表面下面检测钝化效果的方法合理的是bda在炉面上滴加浓H2SO4，观察溶液出现棕黄色的时间b在炉面上滴加酸性CuSO4溶液，观察蓝色消失的时间c在炉面上滴加浓HNO3，观察出现红棕色气体的时间d在炉面上滴加酸性K3Fe（CN）6溶液，观察出现蓝色沉淀的时间考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水；（2）加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁
48、锈均反应、二氧化硅与HF酸反应；溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应；（3）步骤中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应；（4）由Fe+NO2+H2ON2，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成四氧化三铁，由电荷守恒可知还生成OH；钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，则检测钝化效果，可利用铁的性质分析解答：解：（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水，反应为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；（2）加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应，二氧化硅与HF酸反应，则还有Ca
49、CO3、Mg（OH）2、SiO2，故答案为：CaCO3、Mg（OH）2、SiO2；溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应，离子反应为2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe3Fe2+；（3）步骤中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应，其目的为将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉，故答案为：将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉；（4）由Fe+NO2+H2ON2，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成四氧化三铁，由电荷守恒可知还生成OH，则该反应为9Fe+8NO2+4H2O4N2+3Fe2O3+8OH，故答案为：9；8；4
50、；4；3Fe2O3；8OH；钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，ac中浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，不能检测，而bd中均与Fe反应，现象明显，所以检测钝化效果最好为bd，故答案为：bd点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、溶解平衡及氧化还原反应的配平等，侧重高考高频考点的考查，注意（5）中检测钝化效果为解答的难点，注意利用铁的性质来解答，题目难度中等21（18分）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色（1）提出问题：Fe3+、Br2谁的氧化性更强？（2）猜想：甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，故上述实验现
51、象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含Br2（填化学式，下同）所致乙同学认为氧化性：Br2Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含Fe3+所致（3）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的供选用的试剂：a、酚酞试液 b、CCl4 c、无水酒精 d、KSCN溶液请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象（试剂填序号）选用试剂实验现象方案1d溶液变成（血）红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色（4）结论：氧化性：Br2Fe3+故在足量的氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄
52、色所发生的离子反应方程式为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br（5）实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先氧化的离子是Fe2+（填离子符号）在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有的Br被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为1.2mol/L考点：氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计.专题：实验题分析：（2）根据溴水的颜色来进行猜想；根据发生氧化还原反应生成Fe3+及Fe3+在水中的颜色来猜想；（3）利用Fe3+的检验及萃取来进行实验的设计，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶；（4
53、）由氧化性Br2Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+；（5）还原性强的离子先被氧化；根据电子守恒进行计算解答：解：（2）因溴水的颜色为黄色，则溶液呈黄色是因为含有Br2所致，故答案为：Br2；氧化性：Br2Fe3+，则发生2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，生成Fe3+且Fe3+在水中为黄色，溶液呈黄色是因为含有FeCl3、FeBr3（或Fe3+）所致，故答案为：FeCl3、FeBr3（或Fe3+）；（3）因Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶，则 试剂实验现象方案1d溶液变成（血）红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色，故答案
54、为：试剂实验现象方案1d溶液变成（血）红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色；（4）由氧化性Br2Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，反应为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，故答案为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；（5）因还原性Fe2+Br，通入氯气时还原性强的离子先被氧化，即Fe2+先被氧化，故答案为：Fe2+；设FeBr2的物质的量浓度为c，由电子守恒可知，21=c0.1L（32）+c0.1L2（10），解得c=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L点评：本题考查氧化还原反应及氧化性、还原性的比较、实验设计，学生应注意物质的性质及氧化还原反应中电子守恒来分析，难度不大