1、高考资源网（） 您身边的高考专家浙江省乐清市国际外国语学校2015-2016学年度下学期高一年级2月月考化学试题时间：90分钟 分值100分 第I卷（选择题共60分） 一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）1在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是( )ANH4+、Al3+、SO42、NO3 BK+、Na+、NO3、CO32CK+、MnO4、NH4+、NO3 DH+，K+，OH，NO3【答案】A【解析】试题分析：A、酸性溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B、CO32-和氢离子能结合产生水和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C、酸性溶液中该组离子之间不反应，能大量共
2、存，但MnO4-为紫红色，故C错误；D、OH与氢离子能结合成水，故D错误；故选A。【考点定位】考查离子的共存【名师点晴】本题考查离子的共存，属于常见题型，侧重学生思维严密性的考查，熟悉离子的性质及反应即可解答，酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。2下列关于物质用途的说法中，不正确的是( )AFe2O3可以做油漆的颜料 BAl2O3可用作耐火材料C铝合金比纯铝的熔点更高 D赤铁矿可用作炼铁的原料【答案】C【解析】试题分析：A、Fe2O3 不溶于水，性质稳定，是红色固体，可以做油漆的颜料，故A正确；B、Al
3、2O3的熔点高，可用作耐火材料，故B正确；C、铝合金比纯铝的熔点更低，故C错误；D、高炉炼铁是利用赤铁矿和还原剂发生氧化还原反应，碳和氧气反应生成一氧化碳还原剂，赤铁矿可用作炼铁的原料，3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故D正确；故选C。考点：考查了常见金属元素的单质及其化合物的性质的相关知识。3下列化合物中，不能通过单质间化合直接制取的是( )A FeCl2 BCuCl2 CHCl D FeCl3【答案】A【解析】试题分析：A、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，故A选；B、Cu与氯气在点燃时能直接化合生成CuCl2，故B不选；C、氢气与氯气在点燃时
4、能直接化合生成HCl，故C不选；D、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故D不选；故选A。考点：考查了氯气的化学性质的相关知识。4下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是 ( )【答案】D【解析】试题分析：A、乙醇易燃，属于易燃液体，故A正确；B、天然气易燃，属于易燃气体，故B正确；C、浓硫酸有腐蚀性，是腐蚀品，故C正确；D、氢氧化钠无强氧化性，不是氧化剂，故D错误；故选D。考点：考查了化学实验安全的相关知识。5在氯水中存在多种分子和离子，可通过实验的方法加以确定，下列说法中可能错误的是A加入含有NaOH的酚酞试液，红色褪去，说明有H存在B加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分
5、子存在C氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在D加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在【答案】A【解析】试题分析：氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，A、碱遇酚酞变红，H+与碱反应使颜色消失，但次氯酸具有漂白性，也能使颜色褪去，则不能说明有H+存在，故A错误；B、次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故B正确；C、氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故C正确；D、因AgCl不溶于水，则加
6、入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，故D正确；故选A。考点：考查了氯气的化学性质的相关知识。6下列对实验现象的预测不正确的是( ).A向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失B向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解C向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D向Ca(OH)2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊【答案】A【解析】试题分析：A、向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成硅酸，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，硅酸不反应
7、，沉淀不消失，故A错误；B、氢氧化铁胶体中加入电解质发生聚沉，继续加入盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，沉淀又溶解，故B正确；C、向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，可使品红褪色，故C正确；D、向Ca(OH)2溶液中通入CO2，先生成碳酸钙，继续通CO2至过量，生成碳酸氢钙，沉淀消失，碳酸氢钙与NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀，故D正确；故选A。考点：考查了硅酸的性质及制法；胶体的重要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用的相关知识。7下列现象或事实可用同一原理解释的是( ).A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低BSO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都
8、能使红墨水褪色，其原理相同C漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2【答案】C【解析】试题分析：A、浓硫酸具有吸水性，溶剂增多，浓盐酸挥发，溶质减少，则浓度减小的原因不同，故A错误；B、漂白粉、过氧化钠具有强氧化性，活性炭具有吸附性，SO2与有色物质化合体现其漂白性，则漂白原理不同，故B错误；C、漂白粉与二氧化碳反应生成HClO，HClO易分解，水玻璃和二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸，都是与空气中的二氧化碳反应而变质，反应原理相同，故C正确；D、具有漂白性的物质可使品红溶液褪色，如氯气、二氧化硫等均可使其褪色，但氯气是氧化漂白，而二氧化硫是化合漂白，原理不同，故D
9、错误；故选C。考点：考查了物质的性质、现象与本质的关系的相关知识。8下列各组溶液，不另加其他试剂就可以将它们分别开的是( )。ANaCl、Na2CO3 、NaAlO2、NaHCO3 BNaSO4、KNO3、(NH4)2SO4、MgCl2CFeCl3、NaOH、AlCl3、HNO3 DAgNO3、NaCl、NaSO4、NaI【答案】C【解析】试题分析：A、四种物质间混合均无明显现象，无法区分，故A错误；B、几种物质之间不发生反应，不能区别，故B错误；C、FeCl3为黄色，FeCl3与NaOH反应生成红褐色沉淀，可鉴别出NaOH，NaOH与AlCl3反应生成白色沉淀，以此可区别几种物质，故C正确；
10、D、AgNO3分别与NaCl、NaSO4反应均生成白色沉淀，不能区别NaCl、NaSO4，故D错误；故选C。【考点定位】考查物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【名师点晴】本题考查了常见物质的鉴别，不用其他试剂，应该采用供检物质两两混合的方式，根据物质的溶液颜色以及物质间反应实验现象进行，要求同学们掌握基础知识，以便灵活应用。不用其他试剂，就能将组内物质鉴别出来，首先需考虑物质的颜色，然后将鉴别出来的物质与其他物质混合，根据现象的不同加以鉴别，若物质都是没有颜色，则让溶液之间两两混合，根据不同的实验现象加以鉴别。9取两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应，同温同压下放出相同体
11、积的气体，则两份铝片的质量之比为( )。 A1:1 B2:3 C3:2 D1:6 【答案】A【解析】试题分析：铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，与烧碱溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，由方程式可以看出，反应关系式都为2Al3H2，同温同压下放出相同体积的气体，需要铝的物质的量相等，质量相等，故选A。考点：考查了铝的化学性质；化学方程式的有关计算的相关知识。10下列离子在溶液中能大量共存的是( )。ANa+、CO32-、SO42-、H+ BK+、AlO2-、H+、Cl-CFe2+、K+、H+、NO3- DAl3+、H+、NO3-、
12、SO42-【答案】D【解析】试题分析：A、CO32-与H+反应放出二氧化碳，不能大量共存，故A错误；B、AlO2-与H+能够反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故B错误；C、Fe2+与H+、NO3-反应氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D、Al3+、H+、NO3-、SO42-离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；故选D。【考点定位】考查离子共存【名师点晴】本题考查离子共存问题，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查。解答此类试题需注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气，溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出
13、H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH-、NO3-、CO32-，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+。11下列离子方程式正确的是( )。A铁与稀硫酸反应:Fe+2H+=Fe3+H2 B氢氧化铝与足量盐酸反应:Al(OH)3+3H+=Al3+3H2OC钠跟冷水反应：Na+2H2O= Na+2OH + H2D铜片与稀硝酸反应: Cu+ NO3-+4H+=Cu2+NO+2H2O【答案】B【解析】试题分析：A、反应产物应该为亚铁离子，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B、氢氧化铝与足量盐酸反应生成铝离子和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3
14、+3H+Al3+3H2O，故B正确；C、钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故C错误；D、离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为：3Cu+ 2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，故D错误；故选B。【考点定位】考查离子方程式的书写与判断【名师点晴】本题考查了离子方程式的正误判断。注意掌握离子方程式的书写原则，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。12钠与水反应的离子方程
15、式正确的是( )。A2Na+3H+=2Na+H2 BNa+H2O=Na+OH+H2C 2Na+2H2O=2Na+2OH+H2 D2Na+2H2O=2Na+O2+2H2【答案】C【解析】试题分析：钠与水反应生成氢氧化钠、氢气，离子方程式：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故选C。考点：考查了离子方程式的书写与判断的相关知识。13下面关于金属钠的描述正确的是( )。A钠的化学性质很活泼，在自然界里 能以游离态存在B钠离子和钠原子都具有较强的还原性C钠能把钛锆等金属从它们的盐溶液中还原出来D钠和钾的合金于室温下呈液态，可做原子反应堆的导热剂【答案】D【解析】试题分析：A、钠的化学性质很活泼，
16、钠元素在自然界中以化合态存在，没有游离态，故A错误；B、钠原子容易失去电子，而钠离子只能得到电子，所以钠原子都具有较强的还原性，而钠离子没有，故B错误；C、钠和钛锆等金属盐溶液的反应是先和其中的水反应置换出氢气，不会置换出金属，故C错误；D、钠和钾的合金熔点低，常温下为液态，具有良好的导热性，可作原子反应堆的导热剂，故D正确；故选D。考点：考查了钠的性质和用途的相关知识。14用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )。A标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为1 NAB常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAC通常状况下，1 NA个CO2分子占有的体积
17、为22.4LD物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含Cl-个数为1 NA【答案】B【解析】试题分析：A、标准状况下水不是气体，22.4L H2O物质的量不是1mol，故A错误；B、由n=计算物质的量为=0.01mol，结合化学式计算离子数为0.02molNa+离子，故B正确；C、不是标准状况，1mol气体体积不一定为22.4L，通常状况下，1molCO2分子占有的体积不为22.4L，故C错误；D、MgCl2溶液的体积未知，无法计算，故D错误；故选B。考点：考查了物质的量的相关计算的相关知识。15同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是( )。AO2 BCH4 CCO2
18、DSO2【答案】B【解析】试题分析：假设气体的质量都为mg，则气体的物质的量分别为：n(O2)=mol，n(CH4)=mol，n(CO2)=mol，n(SO2)=mol，根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，所以物质的量最多的是CH4，体积最大的就是CH4，故选B。【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【名师点晴】本题考查阿伏加德罗定律定律及推论。根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，根据气体的质量和摩尔质量计算气体的物质的量，进而比较体积大小。16下列溶液中的氯离子数目与50 mL 1 molL-1的AlCl3溶
19、液中氯离子数目相等的是 A150 mL 1 molL-1的NaCl B75 mL 3 molL-1的NH4ClC150 mL 3 molL-1的KCl D75 mL 2 molL-1的CaCl2 【答案】A【解析】试题分析：50mL 1molL-1的AlCl3溶液中氯离子物质的量为0.05L1mol/L3=0.15mol，A、150mL1molL-1的NaCl溶液中氯离子物质的量为0.15L1mol/L=0.15mol，故A正确；B、75mL2molL-1的NH4Cl溶液中氯离子物质的量为0.075L3mol/L=0.225mol，故B错误；C、150mL3molL-1的KCl溶液中氯离子物质
20、的量为0.15L3mol/L=0.45mol，故C错误；D、75mL2molL-1的CaCl2溶液中氯离子物质的量为0.075L2mol/L2=0.3mol，故D错误；故选A。考点：考查了物质的量浓度的相关计算的相关知识。17下列叙述正确的是( )A1 mol H2O的质量为18g/molBCH4的摩尔质量为16gC3.011023个SO2分子的质量为32gD标准状况下，1 mol任何物质体积均为22.4L【答案】C【解析】试题分析：A、H2O 的摩尔质量是18 g/mol，1 mol H2O 的质量是18 g，故A错误；B、1molCH4 的质量是16 g，CH4 的摩尔质量是16 g/mo
21、l，故B错误；C、SO2物质的量为=0.5mol，其质量为0.5mol64g/mol=32g，故C正确，D、标准状况下，1 mol 任何气体物质的体积均为22.4 L，但对于液态、固体则不是，故D错误；故选C。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。18实验中的下列操作正确的是( )。A用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中BBa(NO3)2溶于水，可将含有Ba(NO3)2的废液倒入水槽中，再用水冲入下水道C用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干D用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至
22、室温才能转移到容量瓶中【答案】D【解析】试题分析：A、取出Na2CO3溶液，发现取量过多，不能放回原瓶，会污染原试剂，故A错误；B、钡离子有毒，则Ba(NO3)2 的废液不能用水冲入下水道，防止污染地下水，故B错误；C、蒸发时利用余热加热，则将蒸发皿中NaCl 溶液蒸发到大量晶体出现时停止加热，故C错误；D、用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，释放出大量的热，应冷却至室温才能转移到容量瓶中，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。19下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是( )。 过滤 蒸发 溶解 向容量瓶转移液体A和 B和 C和 D和【答案】
23、D【解析】试题分析：在过滤操作中，玻璃棒起引流作用；在蒸发操作中，玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部温度过高而飞溅；溶解时，玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；向容量瓶转移液体时，玻璃棒起引流作用，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是和，故选D。【考点定位】考查常见仪器及化学实验基本操作【名师点晴】本题考查混合物分离提纯中玻璃棒的使用，为高频考点，侧重化学实验基本操作的考查。玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，在溶解中加速溶解，在过滤中引流，防止液体飞溅，在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅，配制溶液转移液体需要玻璃棒引流。20下列表示对应化学反应的离子方
24、程式正确的是( )ANaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OB5molFe和4molCl2反应：5Cl2+4Fe 2FeCl2+2FeCl3C向Ca(ClO)2 溶液中通入过量的 SO2：C1O-+SO2+H2O=HClO+HSO3-DFeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe2+H2O2=2Fe3+2OH-【答案】A【解析】试题分析：A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性，二者按2：1反应，离子方程式：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故A正确；B、5molFe和4molCl2反应，化学方程式：3
25、Cl2+2Fe 2FeCl3，故B错误；C、向Ca(ClO)2 溶液中通入过量的 SO2，离子方程式：Ca2+2C1O-+2SO2+2H2O=2Cl-+CaSO4+4H+SO42-，故C错误；D、FeSO4酸性溶液中加H2O2，离子方程式：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故D错误；故选A。【考点定位】考查离子方程式的正误判断【名师点晴】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等。
26、电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。注意反应物的用量对离子反应的影响，选项C为易错选项。21以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是( )A含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B250 mL 1 molL-1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C一定条件下，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成0.5
27、molCl2转移的电子数【答案】B【解析】试题分析：A、石墨中每个碳原子含有共价键个数=3=1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4mol，共价键是0.4mol1.5=0.6mol，其个数小于阿伏加德罗常数，故A错误；B、不考虑水解，250 mL 1 molL-1FeCl3溶液中阴、阳离子的物质的量为0.25L1mol/L4=1mol，但1个铁离子会水解生成3个氢离子，所以阴、阳离子总数大于阿伏加德罗常数，故B正确；C、1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容内，充分反应后的生成物的三氧化硫小于1mol，即产物分子数小于阿伏加德罗常数，故C错误；D、反应KClO4+8
28、HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成4 molCl2转移的电子数为：7mol，每生成0.5 molCl2转移的电子数为0.875mol，小于阿伏加德罗常数，故D错误，故选A。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数【名师点晴】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为
29、6NA等。22实验是化学研究的基础，下列关于各实验装置的叙述正确的是A装置常用于分离乙醇或苯等与水组成的混合物B装置可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C装置可用于收集H2、CO2、Cl2、NO等气体D装置可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】D【解析】试题分析：A、分离乙醇与水组成的混合物利用蒸馏装置，分离苯与水的混合物可选择分液装置，则装置常用于分离乙醇与水组成的混合物，故A错误；B、苯的密度比水小，不能使极易溶于水的气体与水隔离，则应将苯改为四氯化碳可用装置吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸，故B错误；C、NO不能利用排空气法收集，装置中长导管进入可收集CO2、Cl2，短导管
30、进入可收集H2，故C错误；D、碱石灰干燥氨气，进气导管短为向下排空气法收集，倒扣的漏斗可防止倒吸，图中干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气装置合理，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。23下列说法正确的是( )A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施C要将溶解在CCl4中的碘单质分离出来，可以用蒸馏法，因为碘易升华，先分离出来D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】试题分析：A、氯水中的次氯酸能漂白pH
31、试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故B正确；C、用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来，碘的熔点大于四氯化碳，所以四氯化碳先蒸馏得到，故C错误；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误，故选B。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题主要考查的是实验室中常见操作和物质的提纯与检验。本题中D为易错点。需要注意的是，若杂质的溶解度随温度的不变不大，如硝酸钾中混有少量的氯化钠，而溶质的溶
32、解度随温度的变化较大，可以采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法除去氯化钠；若杂质的溶解度随温度的不变较大，而溶质的溶解度随温度的变化较小，如氯化钠中混有少量的硝酸钾，可以采用蒸发、结晶，趁热过滤的方法除去硝酸钾。24下列实验中能达到实验目的的是A用装置甲氧化废液中的溴化氢 B乙量取100.00mL溶液C丙将萃取液中的苯与碘进行分离 D丁灼烧熔融碳酸钠固体【答案】A【解析】试题分析：A、氯气可与溴化氢反应生成氯化氢和溴单质，尾气可用氢氧化钠吸收，故A正确； B、转移液体需要用玻璃棒引流，故B错误；C、温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平，测量的是蒸气的温度，故C错误；D、陶瓷制品中含二氧化硅，能和氢氧化
33、钠反应，故用瓷坩埚来熔融氢氧化钠或碳酸钠，会造成坩埚被腐蚀，应用铁坩埚，故D错误，故选A。考点：考查了化学实验方案的评价、物质性质及分离与提纯的相关知识。25某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是A肯定有SO2和NO或NO2中的至少一种 B肯定只有NOC可能有Cl2和O2 D肯定没有Cl2、O2和NO2【答案】D【解析】试题分析：气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2，把剩
34、余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则一定没有O2，所以气体肯定没有：Cl2、O2和NO2，肯定有SO2，NO，故选D。【考点定位】考查常见气体的检验【名师点晴】解答此类试题，要记住常见气体的检验方法，如Cl2：黄绿色，能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝(O3、NO2也能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝)；HCl：无色有刺激性气味的气体在潮湿的空气中形成白雾，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近时冒白烟；将气体通入AgNO3溶液时有白色沉淀生成；SO2：无色有刺激性气味的气体，能使品红溶液褪色，加热后又显红色；能使酸性高锰酸钾溶液褪色；NH3：无色有刺激性气味，能使湿润的红
35、色石蕊试纸变蓝；用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近时能生成白烟；NO：无色气体，在空气中立即变成红棕色；等等。26下列叙述I和II均正确并有因果关系的是( )选项叙述I叙述A用酸度计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小结论：说明H2SO3酸性强于H2CO3BSiO2是酸性氧化物SiO2不与任何酸溶液反应C配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量的稀盐酸中，再用蒸馏水稀释，保存时再在试剂瓶中加入少量的锡粒抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+D浓硝酸具有强氧化性应保存在棕色玻璃试剂瓶中【答案】C【解析】试题分析：A、SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度，应测定等浓度的p
36、H比较酸性，故A错误；B、二氧化硅和HF反应生成四氟化硅和水，错误，故B错误；C、因金属离子水解，且易被氧化，则加酸抑制金属离子的水解，加少量的锡粒，具有还原性，防止Sn2+被氧化，故C正确；D、浓硝酸见光易分解，应保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误，故选C。【考点定位】考查化学实验方案的设计与评价【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，属于高频考点，涉及pH与酸性比较、盐类水解以及物质的保存等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。对几个实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确做出判断要考虑是否完全合理、有无干扰现象、经济上是否合算和对环境有无污染等。27在下
37、列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是( )A澄清透明的无色溶液中：Na+、K+、MnO4-、Al(OH)4-B水电离出的c(H+) =10-14mol/L溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C加入铝能产生H2的溶液中：K+、NH4+、I-、NO3-D常温下c(OH-)=10-13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、K+【答案】D【解析】试题分析：A、MnO4-有颜色，不能够存在故A错误；B、水电离出的c(H+) =10-14mol/L溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，酸性条件下Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，碱性条件下Fe2+、Mg2+不能大量共存，
38、故B错误；C、加入铝能产生H2的溶液，可能为非氧化性酸或强碱溶液，酸性条件下I-、NO3-不能够大量共存，碱性条件下NH4+不能大量共存，故C错误；D、常温下c(OH-)=10-13mol/L的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确，故选D。【考点定位】考查离子共存【名师点晴】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，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查。要注意题意中隐含信息的理解。常见的附加条件：酸性溶液(H+)、碱性溶液(OH-)、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH-=110-10mol/L的溶
39、液等；有色离子MnO4-，Fe3+，Fe2+，Cu2+，Fe(SCN)3+；MnO3-，NO3-等在酸性条件下具有强氧化性等；另外酸式盐的含氢弱酸根离子不能与强碱(OH-)、强酸(H+)共存。28能正确表示下列反应的离子方程式是( )AFe3O4与稀硝酸反应：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OBNaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2OC用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入少量KSCN溶液：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3【答案】B【解析】试题分析：A、二者反应生
40、成硝酸铁和水、NO，离子方程式为3Fe3O4 +28H+NO3-=9Fe3+NO+14H2O，故A错误；B、混合溶液呈中性时，二者以2：1混合，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故B正确；C、醋酸是弱电解质要写化学式，离子方程式为CaCO3 + 2CH3COOH Ca2+ + 2CH3COO- + H2O + CO2，故C错误；D、络合物不是沉淀，硫氰化铁是络合物，不能写沉淀符号，离子方程式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，故D错误；故选B。【考点定位】考查离子方程式正误判断【名师点晴】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离
41、子性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意产物与反应物的量、温度、浓度等因素有关，注意A中部分亚铁离子被氧化生成铁离子，为易错点。解这类题主要是从以下几个方面考虑：（1）反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁等。（2）电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。（3）配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。29设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )A常温常压下，28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAB室温
42、下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的Ba2+个数为0.1NAC1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD78g苯含有C=C键的数目为3NA【答案】A【解析】试题分析：A、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n=2mol，故含2mol碳原子即2NA个，故A正确；B、氢氧化钡溶液中，氢氧根和钡离子的个数之比为2：1，而1LpH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L1L=0.1mol，故含钡离子0.05mol，个数为0.05NA个，故B错误；C、FeI2中亚铁离子和碘离子均能被氯气氧化，故1molFeI2中有1mol
43、亚铁离子和2mol碘离子被氧化，失去3mol电子即3NA个，故C错误；D、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故D错误，故选A。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数【名师点晴】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。30化学与生活密切相关下列说法不正确的
44、是( )A雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物【答案】B【解析】试题分析：A、雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故A正确；B、“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故B错误；C、在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶(具有吸湿性)能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故C
45、正确；D、人体内不含水解纤维素的酶，不能消化纤维素，纤维素不能作为人类的营养食物，但纤维素能促进肠道蠕动、吸附排出有害物质，故D正确，故选B。考点：考查了化学与生活的相关知识。二、填空题（题型注释）31（14分）明矾石的主要成分是K2SO4Al2(SO4)32Al2O36H2O，还含有杂质Fe2O3。利用明矾石来制取纯净的Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al 2(SO4)2Al2O3+6SO2+3O2，若生成102gAl2O3，转移的电子数目为 .（2）生成沉淀I的离子方程式为 ，沉淀II的化学式为 。（3）溶液经加
46、硫酸调节pH后，过滤，洗涤，可得沉淀I，证明沉淀I已洗涤干净的实验操作和现象是 。（4）写出Cl2将沉淀氧化为K2FeO4的化学方程式： 。（5）从滤液中得到K2SO4晶体的方法是 。（6） K2FeO4也可以铁为电极，通过电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的 阳极反应式： .【答案】（每空2分，共14分）（1）3.6121024或6NA（2）AlO2H+H2O=Al(OH)3 Fe(OH)3（3）取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加BaCl2溶液，若无色白色沉淀生成，则已洗干净。（4）2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O（5）蒸发结晶（6
47、）Fe+8OH6e-FeO42-+4H2O【解析】试题分析：（1）102gAl2O3的物质的量是1mol，即生成1molAl2O3时也生成3mol的二氧化硫，硫酸根离子中S元素的化合价为+6价，二氧化硫中的S元素的化合价为+4价，所以生成3mol的二氧化硫转移电子的物质的量是6mol，即3.6121024或6NA；（2）沉淀I是氢氧化铝沉淀，明矾石经过脱水、焙烧、与氢氧化钾溶液反应后得到的溶液中含有偏铝酸根离子，加入硫酸生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为AlO2H+H2O=Al(OH)3 沉淀II与氯气、氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾，所以沉淀II的化学式为 Fe(OH)3；（3）氢氧化铝是偏铝酸钾
48、溶液与硫酸溶液反应的产物，所以氢氧化铝沉淀中可能含有硫酸根离子，证明沉淀是否洗涤干净即证明洗涤液中是否含有硫酸根离子，证明方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加BaCl2溶液，若无色白色沉淀生成，则已洗干净。（4）沉淀II与氯气、氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾，铁元素化合价升高，氯元素的化合价降低成为氯离子，化学方程式为2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；（5）从硫酸钾溶液中得到硫酸钾晶体的方法是蒸发结晶（6）以铁为电极，电解浓的KOH溶液来制取K2FeO4，阳极发生氧化反应，K2FeO4中铁元素的化合价为+6价，所以铁失6个电子与氢氧根离子结合生成Fe
49、O42-，电极反应式为Fe+8OH6e-FeO42-+4H2O。考点：考查氧化还原反应的计算，对反应流程图的分析，化学方程式的判断及书写，电化学原理的应用32（10分）某科研小组设计出利用工业废酸(l0%)来堆浸某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，如下图所示。已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示。请回答下列问题： （1）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp(CuS)_Ksp(ZnS)（选填“”“”或“=”）。 （2）物质A可使用下列物质中的 。 A.KMnO4 B. O2 C.H2O2 D.Cl2 （3）
50、除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在_范围之间。 （4）物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是_。 （5）除铁后得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境下将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂K2FeO4，写出该反应的离子方程式_。【答案】（1） （2） B C （3）3.2pH6.2 （4） (NH4)2SO4 （5）2Fe(OH)33ClO-4OH- = 2FeO42-3Cl-5H2O 【解析】试题分析：（1）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）Ksp（ZnS）；（2）除铁过程中加入A和氨水，
51、使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，考虑不引入新的杂质，应选BC；（3）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的PH为3.2，锌离子开始沉淀的PH为6.2故除铁PH范围为：3.26.2；（4）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4；（5）由题给信息可知，反应物为2Fe（OH）3、ClO-、OH-，生成物之一为FeO42-，因铁在反应中化合价升高，故氯的化合价降低，故另一产物为Cl-，根据元素守恒，还有水是产物根据化合价升降法配平此方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。考点：考查物质制备工艺流程图相关知识。33（16分）某校高三
52、同学高考前重做以下两个课本实验，请你回答实验过程中的相关问题：（1）铝热反应实验：取磁性氧化铁粉按课本中的实验装置（如图）进行铝热反应，将反应后所得“铁块”溶于盐酸，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色。出现这种现象的原因，除了因“铁块”中可能混有没反应完的磁性氧化铁外，还有一种可能原因是 。 若要证明反应所得“铁块”中含有金属铝，可用 （填化学式）溶液，所发生反应的离子方程式为 。（2）化学反应速率影响因素的探究实验： KI在经酸化的溶液中被空气氧化的反应式为：4H+ + 4I-+ O2 = 2I2 + 2H2O。该反应的速率受温度、酸度、溶剂、试剂浓度等影响，可用淀粉与碘的显
53、色反应来观测该反应的速率。已知，淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75则不能显色；淀粉浓度越高显色越灵敏、颜色也越深。实验小组拟用0.8 molL-1 KI溶液、0.1 molL-1H2SO4溶液、淀粉溶液等来探究温度、酸度对上述反应速率的影响，他们做了AC三组实验，部分实验数据如下表：编号温度/H2SO4体积/mLKI溶液体积/mLH2O体积/mL淀粉溶液/ mL出现蓝色时间 /sA39105515BTB10551没出现蓝色C51055139Dt为确保A组实验在39下进行，应采用的控温操作方法是 。AC三组实验时，都加入了5mL水，其目的是 。B组实验中“没出现蓝色”，原因是
54、。请你为小组设计D组实验方案（在表格空白处填入你设计的5个数据），以帮助小组完成探究目标。按你设计的实验数据，请你预测一个t值，并写出与你预测相对应的探究实验结论 。【答案】（16分，每空2分）（1）生成的铁又有一部分被空气氧化NaOH（回答其它强碱也得分），2Al2OH2H2O2AlO3H2。（2）将量出的各种溶液分别装在试管中，再将试管全部放在同一水浴中加热，用温度计测量试管中溶液的温度 为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时保持KI和淀粉浓度不变（凡表达出“控制变量”、“对比实验”意思的各种合理答案都得分）温度（TB）高于75，淀粉与碘不显色。D39或510加减5范围内的一个数值55减加
55、5范围内的一个数值1（温度必须为39或5，KI溶液体积必须为5ml，淀粉溶液为1ml，水和硫酸溶液总体积为20ml的各种组合答案均得分）。 设计酸体积10mL时，t预测值要大于同温对比值；设计酸体积10mL时，t预测值要小于同温对比值（合理范围内的数值都给1分）。结论为：酸度越大反应速率越快（1分）（若得出结论为：酸度越大反应速率越慢，不给分）。【解析】试题分析：（1）使KSCN溶液变红色说明溶液中存在铁离子，除铁块中含有未反应的磁性氧化铁外，另一原因是：因为该反应是在高温下进行的，生成的单质铁又与空气中的氧气发生氧化还原反应生成了氧化铁，与盐酸反应，溶液中有了铁离子而使KSCN溶液变红；证明
56、铁块中含有铝，需选择强碱溶液如NaOH溶液，因为铁不与氢氧化钠溶液反应，而铝与氢氧化钠溶液反应产生气体；反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO3H2。（2）控制温度恒温的最好操作是水浴加热，具体操作是：将量出的各种溶液分别装在试管中，再将试管全部放在同一水浴中加热，用温度计测量试管中溶液的温度 本实验的目的是探究温度、酸度对上述反应速率的影响，所以AC三组实验时，都加入了5mL水，目的是为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时保持KI和淀粉浓度不变；根据已知：淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75则不能显色；所以B组实验中“没出现蓝色”，原因是温度高于75，淀粉与碘不显色。
57、前三组实验的数据表明是在酸度相同时，探究温度对反应速率的影响，所以D组应是当温度相同时，探究酸度对反应速率的影响，乙组实验现象不正确，应舍弃，所以D组的温度与甲或丙是相同的，为保证淀粉的浓度是相同的，所以硫酸和水的总体积是15mL，再去改变硫酸溶液和水的体积来改变溶液的酸度，判断出现蓝色的时间，具体数据如下：D39或510加减5范围内的一个数值55减加5范围内的一个数值1依据酸的体积确定溶液的酸度，由4H+ + 4I-+ O2 = 2I2 + 2H2O可知，溶液酸度越大，生成碘的速率越快，与同温度的实验相比，看到蓝色的时间越短。考点：考查铝热反应实验，反应速率的探究实验，对实验的分析判断高考资源网版权所有，侵权必究！