1、2015-2016学年山东省菏泽市巨野一中高三（上）第一次月考化学试卷（9月份）一、本大题共16小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分12015年6月5日世界“环境日”中国的主题是“践行绿色生活”下列不符合这一主题的是( )A从自身做起，从身边小事做起，减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象B减少温室气体的排放，倡导“绿色低碳”的生活C少开私家车，提倡“绿色出行”D向空气中喷洒烧碱溶液，避免酸雨的发生2下列有关电解质的叙述中错误的是( )A强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B弱电解质溶液可能比强电
2、解质溶液的导电性强CHCl是强电解质，它只能在水溶液里才能电离D电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化3下列说法正确的是( )A淀粉、纤维素都属于纯净物B金属氧化物都是碱性氧化物C食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐D酸性氧化物不一定与水反应生成酸4下列物质属于纯净物的是( )氨水重水明矾纯碱天然气氧气漂白粉 铝热剂ABCD5PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物下列说法正确的是( )A雾天行车时，要打开车灯，这时可观察到丁达尔效应B把直径等于2.5微米的颗粒物分散到水中得到胶体C把直径小于2.5微米的颗粒物分散到水中一定得到溶液D机动车尾气排放物有SO2、NO、NO2，它们都属于酸
3、性氧化物6设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A3 mol NF3与水完全反应生成HNO3和NO，转移电子数为2NAB4.4 g14CO2含中子数为2.4NAC标准状况下，2.24 L Cl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子的数目为0.2NAD常温常压下，1.7 g H2O2中含有的电子数为NA7将饱和FeCl3溶液滴入沸水并煮沸一段时间，可得到红褐色液体，此液体不具有的性质是( )A光束通过该液体时形成光亮的“通路”B插入石墨电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深C向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生D将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成8下列离子方程式正确的是( )A向
4、KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至Al3+恰好沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4B向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4+OHH2O+NH3C向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+DFeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+Fe2+H2O9除去下列物质中少量杂质的方法正确的是( )A除去Fe2（SO4）3溶液中混有的Fe SO4：加入足量新制氯水B除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入足量铁粉，过滤C铝粉中的镁粉，加入足量氢氧化钠溶液，过滤D除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后
5、，过滤、洗涤10下列实验操作中，装置选择不合理的是( )ABCD洗气瓶快速制备少量NH3H2的尾气处理测量NO的体积除去乙烯中的SO2AABBCCDD11常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )A澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3、IB使pH试纸变蓝的溶液中：Na+、Ba2+、CO32、SO42C含有大量CO32的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClDc（Al3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Cl、HCO3、SO4212下列离子方程式表达正确的是( )A用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHB用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2
6、O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO+Ca2+2OHCaCO3+CO+2H2OD用食醋除去水瓶中的水垢：CO+2CH3COOH2CH3COO+CO2+H2O13某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为( )ABCD14把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全
7、，则该混合溶液中c（Na+）为( )AB（2ba）mol/LCD（10b5a）mol/L15如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g下列说法正确的是( )ANa2O2中阴阳离子数目之比为1：1B反应的离子方程式为：Na+2H2O=Na+2OH+H2C反应最多能产生0.05mol O2D、充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：16下列对氯及其化合物的说法正确的是( )A过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁B用PH试纸测得氯水的pH=4C溴化钠溶液中加入少量新制氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后，上层颜色变浅，下层颜
8、色变橙红色D由Ca（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO可推出Ca（ClO）2+SO2+H2OCaSO3+2HClO二、卷非选择题（52分）17（1）实验是化学学科的基础，也是化学探究的重要方法下列有关实验的描述合理的是_（填选项序号）A用玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸的中部测定其pH；B向冰醋酸中加水，溶液导电性最强时pH最小；C处理化学实验中产生的废液时，用大量水稀释后冲入下水道；D为了获得感性认识，可触摸或品尝少量化学药品；E实验室制备乙酸乙酯时，可用盛有饱和NaCl溶液的试管收集产品；F酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致实验结果偏大（2）用Na2CO310H2O晶体
9、，配制0.2molL1的Na2CO3溶液480mLA应称取Na2CO310H2O晶体的量：_B根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列问题：Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码）碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈容量瓶未经干燥使用其中引起所配溶液浓度偏高的有_（填序号，下同），偏低的有_，无影响的有_（3）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_（填序号）A配制一定体积准确浓度的标准溶液B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质182013年中国水周
10、的主题是：“节约保护水资源，大力建设生态文明”（1）ClO2和Cl2（还原产物都为Cl）是生活中常用的净水消毒剂当消耗等物质的量的两种物质时，ClO2的消毒效率是Cl2的_倍（2）某无色废水中可能含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO、CO、SO中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作流程和有关现象如图1所示：操作的相关图象如图2请根据上图回答下列问题：实验中需配制1.0molL1的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为_实验中沉淀量由AB过程中所发生反应的离子方程式为_试确定NO是否存在？_（填
11、“存在”“不存在”或“不确定”），若存在，试计算c（NO）=_（若不存在，此问不必作答）19高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、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）干法制备高铁酸钾的主要反应为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的氧化剂是_，还原剂是_，每生成1mol Na2FeO4转移_mol电子简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用_，所起作用的原因_（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体
12、系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_每生成1mol FeO转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol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），说明什么问题_20硼酸（H3BO3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3，Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如图1：已知：H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2gFe3+、Al3+、Fe2+和Mg2
13、+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和 12.4（1）由于矿粉中含CaCO3，为防止“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器中溢出，应采取的措施_（2）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+和SO42，还含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、Al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是_H2O2的作用是_ （用离子方程式表示）（3）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是_（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2，且溶液的沸点随压强增大而升高为了从“母液”中充分回收MgSO4H20，应采取的 措施是将“母
14、液”蒸发浓缩，_2015-2016学年山东省菏泽市巨野一中高三（上）第一次月考化学试卷（9月份）一、本大题共16小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分12015年6月5日世界“环境日”中国的主题是“践行绿色生活”下列不符合这一主题的是( )A从自身做起，从身边小事做起，减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象B减少温室气体的排放，倡导“绿色低碳”的生活C少开私家车，提倡“绿色出行”D向空气中喷洒烧碱溶液，避免酸雨的发生【考点】常见的生活环境的污染及治理 【分析】“绿色”涵义是环保、健康、安全与节省，注意从节能环保
15、的角度解题【解答】解：A减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象符合“践行绿色生活”，故A错误； B减少温室气体的排放，符合“践行绿色生活”，故B错误；C少开私家车可减少污染的排放，符合“践行绿色生活”，故C错误；D向空气中喷洒强碱溶液会对环境造成更大的危害，故该选项不符合“环境日”的主题，故D正确故选D【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列有关电解质的叙述中错误的是( )A强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强CHC
16、l是强电解质，它只能在水溶液里才能电离D电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化【考点】电解质与非电解质 【分析】A、强电解质中的共价键在熔融状态时不会电离；B、电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数；C、HCl只能在水溶液里才能电离；D、电解质溶液的导电过程就是电荷的传递过程【解答】解：A、强电解质中的离子键在水溶液里或熔融状态时均可电离，但强电解质中的共价键在熔融状态时不会电离，故A错误；B、电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数，与电解质的强弱无必然的联系，弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强，故B正确；C、HCl是共价化合物，只有溶于水后才能
17、电离，故C正确；D、电解质溶液的导电过程就是电荷的传递过程，在电极表面一定会发生氧化还原反应，故D正确故选A【点评】本题考查了电解质的判断，难度不大，注意电解质在水中不一定能导电，在水中导电的化合物不一定是电解质3下列说法正确的是( )A淀粉、纤维素都属于纯净物B金属氧化物都是碱性氧化物C食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐D酸性氧化物不一定与水反应生成酸【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 【分析】A、淀粉和纤维素是多糖为高分子化合物，属于混合物；B、金属氧化物可以是酸性氧化物、碱性氧化物或两性氧化物；C、纯碱是碳酸钠属于盐；D、二氧化硅是酸性氧化物，不溶于水【解答】解
18、：A、淀粉和纤维素是多糖为高分子化合物，属于混合物不是纯净物，故A错误；B、金属氧化物可以是酸性氧化物如Mn2O7、碱性氧化物如Na2O，或两性氧化物如Al2O3，金属氧化物不一定都是碱性氧化物，故B错误；C、纯碱是碳酸钠属于盐不是碱，故C错误；D、二氧化硅是酸性氧化物，不溶于水，酸性氧化物不一定与水反应生成酸，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质分类，物质俗称和物质性质，主要是氧化物的分类方法和概念判断，掌握基础是解题关键，题目较简单4下列物质属于纯净物的是( )氨水重水明矾纯碱天然气氧气漂白粉 铝热剂ABCD【考点】混合物和纯净物 【专题】物质的分类专题【分析】只有一种分子构成的物质属于
19、纯净物【解答】解：氨水是氨气的水溶液，属于混合物；重水中只有重水分子，属于纯净物；明矾是结晶水合物，属于纯净物；纯碱是碳酸钠的俗称，属于纯净物；天然气的主要成分是甲烷，属于混合物；氧气是纯净物；漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物；金属铝和一些金属氧化物的混合物称为铝热剂是铝热反应的反应物故选B【点评】本题考查学生纯净物的概念，可以根据所学知识进行回答，较简单5PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物下列说法正确的是( )A雾天行车时，要打开车灯，这时可观察到丁达尔效应B把直径等于2.5微米的颗粒物分散到水中得到胶体C把直径小于2.5微米的颗粒物分散到水中一定得到溶液D机动车
20、尾气排放物有SO2、NO、NO2，它们都属于酸性氧化物【考点】常见的生活环境的污染及治理 【分析】分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，PM2.5的直径小于或等于2.5微米的颗粒物，当颗粒直径在（0.001微米0.1微米）之间分散形成的就是胶体【解答】解：APM2.5能形成胶体，有丁达尔效应，故A正确； B2.5微米大于100nm，是浊液，不是胶体，故B错误；C当颗粒直径在（0.001微米0.1微米）之间分散形成胶体，故C错误；D能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，故D错误故选A【点评】本题主要考查胶体、氧化物的概念，难度不大，解答时根据氧化物概念的
21、含义进行分析、判断，从而得出正确的结论6设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A3 mol NF3与水完全反应生成HNO3和NO，转移电子数为2NAB4.4 g14CO2含中子数为2.4NAC标准状况下，2.24 L Cl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子的数目为0.2NAD常温常压下，1.7 g H2O2中含有的电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、NF3与水的反应为：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF，转移2mol电子；B、14CO2的摩尔质量为46g/mol；C、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应；D、求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol
22、电子来分析【解答】解：A、NF3与水的反应为：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF，此转移2mol电子即2NA个，反应掉3molNF3，故A正确；B、14CO2的摩尔质量为46g/mol，故4.4g14CO2的物质的量n=0.096mol，而1mol14CO2中含24mol电子，故0.096mol14CO2中含2.3mol电子即2.3NA个电子，故B错误；C、标况下，2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，0.1mol氯气反应转移0.1mol电子即0.1NA个，故C错误；D、1.7g双氧水的物质的量为n=0.05mol，而1mol双氧水中含18mol电子
23、，故0.05mol双氧水中含0.9mol电子即0.9NA个，故D错误故选A【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，难度不大7将饱和FeCl3溶液滴入沸水并煮沸一段时间，可得到红褐色液体，此液体不具有的性质是( )A光束通过该液体时形成光亮的“通路”B插入石墨电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深C向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生D将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成【考点】胶体的重要性质 【专题】溶液和胶体专题【分析】胶体中分散质粒子直径在1100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉【解答】解：A、胶体中分散质粒子直径
24、在1100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应，故A正确；B、胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象，故B正确；C、饱和FeCl3溶液中能电离出氯离子，加入硝酸银溶液可生成沉淀，故C错误；D、这是个完全水解过程，加热一方面是加强水解，一方面是让HCl的浓度增加到饱和，以放出HCl气体，这样等水干后就全是Fe（OH）3（前提温度不高）灼烧使Fe（OH）3失水变成Fe2O3，所以结果就是把氯化铁溶液蒸干灼烧，最后的得到的固体产物是氧化铁，故D正确；故选：C【点评】本题考查了胶体的性质，难度不大，注意胶体与其他分散系的本质区别是：胶体粒子的直径在1100nm之间8下列离子方程式正确的是(
25、 )A向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至Al3+恰好沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4B向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4+OHH2O+NH3C向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+DFeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+Fe2+H2O【考点】离子方程式的书写 【分析】A若使Al3+恰好沉淀完全，KAl（SO4）2与Ba（OH）2应按照2：3反应；BNH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液时，NH4+与H+均与OH反应；C由于Al（OH）3不能溶于弱碱；D+2价铁具有较强的还
26、原性，会被硝酸氧化【解答】解：A若使Al3+恰好沉淀完全，KAl（SO4）2与Ba（OH）2应按照2：3反应，离子方程式：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4，故A正确；B向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4+2OH+H+2H2O+NH3，故B错误；CAlCl3溶液中加入过量NH3H2O的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；DFeO溶于稀硝酸中：3FeO+10H+NO33Fe2+5H2O+NO，故D错误；故选：A【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应物用量
27、对反应的影响9除去下列物质中少量杂质的方法正确的是( )A除去Fe2（SO4）3溶液中混有的Fe SO4：加入足量新制氯水B除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入足量铁粉，过滤C铝粉中的镁粉，加入足量氢氧化钠溶液，过滤D除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤【考点】物质的分离、提纯和除杂 【专题】化学实验基本操作【分析】A氯水中有氯离子；B铁离子能和铁反应生成亚铁离子；C铝可与氢氧化钠溶液反应；D二者均与硝酸反应【解答】解：A氯水中有氯离子，加入氯水引入了新的杂质，故A错误； B因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故B正确；C镁和氢氧化
28、钠不反应，而铝可与氢氧化钠溶液反应，将原物质除掉，故C错误；D二者均与硝酸反应，不能除杂，应加稀盐酸后，过滤、洗涤来除杂，故D错误故选B【点评】本题考查物质分离、提纯的方法和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应及除杂的原则，题目难度不大10下列实验操作中，装置选择不合理的是( )ABCD洗气瓶快速制备少量NH3H2的尾气处理测量NO的体积除去乙烯中的SO2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合 【分析】A图为固体与液体反应不加热装置，利用浓氨水与生石灰可制取氨气；B氢气无毒，具有可燃性，燃烧产物为水；CNO不溶于水，可利用排水法测定体积；D乙
29、烯、二氧化硫均与溴水反应【解答】解：A使用该装置以及浓氨水和生石灰可快速制备少量NH3，故A正确；BH2属于可燃性气体，且燃烧产物无危害，可用点燃法处理尾气，故B正确；CNO不溶于水，可用量气管测量其体积，故C正确；D溴水不但与SO2反应，还会与乙烯发生加成反应，则图中装置不能除杂，故D错误故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备和收集、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大11常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )A澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、N
30、O3、IB使pH试纸变蓝的溶液中：Na+、Ba2+、CO32、SO42C含有大量CO32的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClDc（Al3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Cl、HCO3、SO42【考点】离子共存问题 【分析】ACu2+、Fe3+都能氧化碘离子；B使pH试纸变蓝的溶液呈碱性；C与CO32反应的离子不能大量共存；D与Al3+反应的离子不能大量共存【解答】解：ACu2+、Fe3+具有氧化性，可氧化碘离子，不能大量共存，故A错误；B溶液显碱性，前者Ba2+和CO32以及SO42分别反应生成碳酸钡和硫酸钡沉淀，故B错误；C离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DHC
31、O3与Al3+相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀，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离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大12下列离子方程式表达正确的是( )A用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHB用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO+Ca2+2OHCaCO3+CO+2H2OD用食醋除去水瓶中的水垢：CO+2CH3COOH2CH3COO+CO2+H2O【考点】
32、离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式 【分析】A电解熔融氯化钠生成氯气和钠；B氧化铝具有两性，可与氢氧化钠反应生成Al（OH）4；C向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，碳酸氢钠全部生成沉淀；D碳酸钙不溶于水，应写成化学式【解答】解：A电解熔融氯化钠生成氯气和钠，应为2Cl+2Na+Cl2+2Na，故A错误；B氧化铝具有两性，可与氢氧化钠反应生成Al（OH）4，为Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，故B正确；C向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，碳酸氢钠全部生成沉淀，为Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，故C错误；D碳酸钙不溶于水，应写成化学式，为CaCO3+2
33、CH3COOH2CH3COO+CO2+H2O+Ca2+，故D错误故选B【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，试题侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒和质量守恒的判断13某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为( )ABCD【考点】铁的化学性质 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺
34、序是：铁离子、铜离子、氢离子，根据方程式中铁和亚铁离子的关系式进行分析解答【解答】解：向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，涉及的反应方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、H2SO4+Fe=FeSO4+H2，则Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4 1 1 3CuSO4+Fe=FeSO4+Cu 1 1 1H2SO4+Fe=FeSO4+H2 1 1 1所以等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4分别和等物质的量
35、的铁完全反应生成硫酸亚铁，生成硫酸亚铁的物质的量之比是3：1：1，故选A【点评】本题考查铁的性质及有关混合物反应的计算，明确离子反应先后顺序是解本题关键，把握物质间的关系式及量的关系即可解答，题目难度不大14把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为( )AB（2ba）mol/LCD（10b5a）mol/L【考点】有关混合物反应的计算 【专题】守恒法【分析】NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3
36、H20+Na2CO3+H2O，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，根据方程式计算【解答】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3H20+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，则Na2CO3的物质的量为（b0.5a）mol
37、，n（Na+）=2n（Na2CO3）=（b0.5a）mol，c（Na+）=（b0.5a）mol0.1L=（10b5a）mol/L，故选D【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意用守恒的方法根据化学方程式计算15如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g下列说法正确的是( )ANa2O2中阴阳离子数目之比为1：1B反应的离子方程式为：Na+2H2O=Na+2OH+H2C反应最多能产生0.05mol O2D、充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：【考点】钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】A、过氧化钠
38、中的阴离子是过氧根离子不是氧离子，根据化学式判断阴阳离子个数之比B、离子方程式要遵循“原子守恒和电荷守恒等”规律C、根据过氧化钠和水反应的方程式计算生成氧气的物质的量D、根据固体的物质的量计算溶液中溶质的质量、溶液的质量，根据质量分数公式判断质量分数相对大小【解答】解：A、过氧化钠中阴离子是O2 2，所以阴阳离子数目之比为1：2，故A错误B、反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故B错误C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2， 2mol 1mol 0.1mol 0.05mol根据方程式知，最多产生0.05mol O2，故C正确D、钠、氧化钠、过氧化钠和
39、水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的质量=m（Na）m（H2）=2.3g0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的质量=m（Na2O2）m（O2）=m（Na2O）=6.2g所以溶液增加的质量大小顺序为：钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：、
40、，所以、充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：=，故D错误故选C【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，易错选项是A，注意过氧化钠中阴离子是过氧根离子不是氧离子，此为易错点16下列对氯及其化合物的说法正确的是 ( )A过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁B用PH试纸测得氯水的pH=4C溴化钠溶液中加入少量新制氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后，上层颜色变浅，下层颜色变橙红色D由Ca（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO可推出Ca（ClO）2+SO2+H2OCaSO3+2HClO【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】A氯气具有强氧化性；B氯水中含HClO，
41、具有漂白性；C溴化钠溶液中加入少量新制氯水，发生氧化还原反应生成溴，萃取后在下层；DCa（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO为强酸制取弱酸的反应，而Ca（ClO）2+SO2+H2O应发生氧化还原反应【解答】解：A氯气具有强氧化性，则过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化铁，故A错误；B氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测定氯水的pH，应利用pH计，故B错误；C溴化钠溶液中加入少量新制氯水，发生氧化还原反应生成溴，再加入少量四氯化碳振荡，静置后，上层颜色变浅，下层颜色变橙红色，故C正确；DCa（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO为强酸制取弱酸的反应，而Ca（ClO
42、）2+SO2+H2O应发生氧化还原反应生成硫酸钙和盐酸，故D错误；故选：C【点评】本题考查氯气及其化合物的性质，涉及氧化还原反应、pH的测定、萃取及反应原理等，为常见的小综合习题，注重基础知识的考查，题目难度不大二、卷非选择题（52分）17（1）实验是化学学科的基础，也是化学探究的重要方法下列有关实验的描述合理的是BF（填选项序号）A用玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸的中部测定其pH；B向冰醋酸中加水，溶液导电性最强时pH最小；C处理化学实验中产生的废液时，用大量水稀释后冲入下水道；D为了获得感性认识，可触摸或品尝少量化学药品；E实验室制备乙酸乙酯时，可用盛有饱和NaCl溶液的试管收集产品；F酸碱
43、中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致实验结果偏大（2）用Na2CO310H2O晶体，配制0.2molL1的Na2CO3溶液480mLA应称取Na2CO310H2O晶体的量：28.6gB根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列问题：Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码）碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈容量瓶未经干燥使用其中引起所配溶液浓度偏高的有（填序号，下同），偏低的有，无影响的有（3）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有BCF（填序号）A配制一定体积准确浓度的标准溶液B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的
44、液体D准确稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质【考点】化学实验方案的评价；计量仪器及使用方法；溶液的配制 【分析】（1）A氯水具有漂白性； B导电性最强时，溶液中的离子浓度最大；C排入环境中会造成污染；D化学药品可能具有腐蚀性或毒性； E收集产品应该用饱和Na2CO3溶液；F用待测液润洗锥形瓶，会导致待测液偏多；（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（3）容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器【解答】解：（1）A氯水具有漂白性，会使变色后的pH试纸褪色，故A错误； B醋酸溶液导电性最强时，溶液中的离子浓度最大，故B正确；C实验过程中产
45、生的废液应集中处理，排入环境中会造成污染，故C错误；D化学药品可能具有腐蚀性或毒性，因此不能触摸或品尝，故D错误；E在乙酸乙酯的制备实验中，收集产品应该用饱和Na2CO3溶液，故E错误； F酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致待测液偏多，消耗标准液随之偏多，测量结果偏大，故F正确；故答案为：BF；（2）碳酸钠晶体失去了部分结晶水，溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，则配制溶液浓度偏高；用“左码右物”的称量方法称量晶体，溶质的质量偏低，溶质的物质的量偏低，则配制溶液浓度偏低；碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，溶质的质量偏低，溶质的物质的量偏低，则配制溶液浓度偏低；称量碳酸钠晶体时所用砝码生
46、锈，溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，则配制溶液浓度偏高；容量瓶未经干燥就使用，溶质的物质的量和溶液的体积都不改变，所以配制溶液浓度不变；故答案为：；（3）容量瓶作为精密仪器不可用于储存和溶解，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故答案为：BCF【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及一定物质的量浓度溶液的配制，易错点是计算溶质的质量，很多同学将溶液的体积认为是480mL而导致出错，题目难度不大182013年中国水周的主题是：“节约保护水资源，大力建设生态文明”（1）ClO2和Cl2（还原产物都为Cl）是生活中常用的净水消毒剂当消耗等物质的量的两种物质时，ClO2的消毒效率是C
47、l2的2.5倍（2）某无色废水中可能含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO、CO、SO中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作流程和有关现象如图1所示：操作的相关图象如图2请根据上图回答下列问题：实验中需配制1.0molL1的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为100 mL容量瓶实验中沉淀量由AB过程中所发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O试确定NO是否存在？存在（填“存在”“不存在”或“不确定”），若存在，试计算c（NO）=0.15 molL1（若不存在，此问不必作答
48、）【考点】氧化还原反应的计算；溶液的配制；物质检验实验方案的设计 【分析】（1）ClO2和Cl2的还原产物都为Cl，则反应中Cl元素化合价分别由+4价、0价降低到1价，化合价分别变化5、1，以此解答；（2）配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，根据实验步骤所需仪器：玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；实验中AB过程是Al（OH）3与OH发生反应；无色废水确定无Fe3+，根据实验确定无Na+，根据实验确定有SO42，根据实验确定有Al3+和Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶液中存在的离子为：Al3+、Mg2+、SO42，根据硫酸钡沉
49、淀求出n（SO42），根据图象求出n（Al3+）和n（Mg2+），再根据电荷守恒确定有没有NO3【解答】解：（1）ClO2和Cl2的还原产物都为Cl，则反应中Cl元素化合价分别由+4价、0价降低到1价，化合价分别变化5、1，则ClO2的消毒效率是Cl2的=2.5倍故答案为：2.5；（2）配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，根据实验步骤所需仪器：玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；实验中AB过程是Al（OH）3与OH发生反应，其方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；无
50、色废水确定无Fe3+，根据实验确定无Na+，根据实验确定有SO42，根据实验确定有Al3+和Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶液中存在的离子为：Al3+、Mg2+、SO42，已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n（SO42）=0.01mol，根据图象可知与Al（OH）3的OH为：n（OH）=0.005mol，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O Mg2+2OH=Mg（OH）2 n（Al3+） 0.005mol n（Mg2+） 0.0353n（Al3+） 所以n（Al3+）=0.005mol，n（Mg2+）=0.01mol 所以溶液中Mg2+和Al3+所带正电荷与SO4
51、2所带负电荷不相等，因此存在NO3，设NO3物质的量为nmol，根据电荷守恒得：3n（Al3+）+2n（Mg2+）=2n（SO42）+n（NO3）所以n（NO3）=0.015mol，所以c（NO3）=0.15mol/L，故答案为：存在；0.15mol/L【点评】本题考查了常见离子检验，现象的判断和离子检验，关键是图象分析离子特征和离子共存的判断，题目难度中等19高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、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）干法制备高铁酸钾的主要
52、反应为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中的氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2和FeSO4，每生成1mol Na2FeO4转移5mol电子简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，所起作用的原因消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeQUOTE+3Cl+5H2O每生成
53、1mol FeO转移3mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol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），说明什么问题该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物 【分析】（1）2FeSO4+6Na2O22NaFeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中Fe、O元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由化合价的变化计算转移的电子数；K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解；（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）
54、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；根据化合价变化和电子转移情况来计算；至饱和可析出高铁酸钾，与溶解度有关根据高铁酸钾与高铁酸钠的溶解度来分析【解答】解：（1）反应中Fe颜色化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价由1价降低为2价，由1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，由方程式可知，镁生成2molNa2FeO4，有6molNa2O2参加反应，转移10mol电子，则每生成1molNa2FeO4转移的电子数为5mol，故答案为：Na2
55、O2；FeSO4和Na2O2；5；K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质，故答案为：高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降；（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O作氧化剂被还原生成C1，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，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，该离子反应为2F
56、e（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O；反应2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O中转移电子是6mol，生成2mol2FeO42，每生成1mol2FeO42转移3mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15mol，故答案为：3；0.15；低温下，在在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），可知该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小【点评】本题考查氧
57、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20硼酸（H3BO3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3，Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如图1：已知：H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2gFe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和 12.4（1）由于矿粉中含CaCO3，为防止“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器中溢出，应采取的措施分批慢慢加入
58、稀硫酸（2）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+和SO42，还含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、Al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是Fe3+、Fe2+、Al3+H2O2的作用是H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O （用离子方程式表示）（3）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是防止温度下降时H3BO3从溶液中析出（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2，且溶液的沸点随压强增大而升高为了从“母液”中充分回收MgSO4H20，应采取的 措施是将“母液”蒸发浓缩，加压升温结晶【考点】制备实验方案的设计 【分析】由流
59、程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）应分批加入H2SO4，降低反应速率；（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加MgO调节PH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；（3）由目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶
60、液中析出；（4）根据图2可知，温度越高MgSO4H2O的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使MgSO4H2O结晶析出【解答】解：由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）发生发生：CaCO3 （粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2，应分批加入H2SO4，降低反应速
61、率，防止产生大量泡沫使物料从反应器中溢出，故答案为：分批慢慢加入稀硫酸；（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，所以H2O2的作用是：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，加MgO调节PH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+；H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O；（3）由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，故答案为：防止温度下降时H3BO3从溶液中析出；（4）根据图2可知，温度越高MgSO4H2O的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使MgSO4H2O结晶析出，故答案为：加压升温结晶【点评】本题考查物质制备方案、物质的分离提纯、对操作与试剂的分析评价、化学反应速率影响因素、盐类水解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等