1、2014-2015学年江西省抚州市临川一中高三（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记的是（）ABCD考点：浓硫酸的性质版权所有专题：氧族元素分析：根据浓硫酸具有腐蚀性，无毒、不燃烧，在化学与生活中能够使用的化学物质解答：解：A、警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故A正确；B、警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故B错误；C、警示标记为能燃烧的物质的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，故C错误；D、警示标记为禁止使用的标志，而浓硫酸有重要的应用，则不能使
2、用该标志，故D错误；故选A点评：本题考查浓硫酸的性质及警示标记，明确浓硫酸具有腐蚀性及相应的警示标记是解答本题的关键，难点是分清每个警示标记代表的意义2（3分）下列说法正确的是（）A若苛性钠放在纸上称量，会使所配制的苛性钠溶液浓度偏大B可以用向下排空气法收集氢气、氨气、一氧化碳等气体C电解质溶液导电，肯定发生了化学变化D某些取出的化学试剂，未用完的可以放回愿试剂瓶，如：K、Na2CO3考点：气体的收集；电解质溶液的导电性；化学试剂的存放版权所有分析：A氢氧化钠易潮解；B密度略小于空气密度但和空气密度太接近不能用向下排空气法收集；C电解质溶液导电发生了电解；D碳酸钠易与空气中的二氧化碳、水反应解
3、答：解：A氢氧化钠易潮解，称取质量偏小，浓度偏低，故A错误； B一氧化碳难溶于水，可选用排水法收集；密度略小于空气密度但和空气密度太接近的气体不能用向下排空气法收集，故B错误；C电解质溶液导电发生了电解，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；D碳酸钠易于空气中的二氧化碳、水反应变质，不能放回原瓶，故D错误故选C点评：本题考查溶液配制、气体收集、电解和药品取用等知识，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累3（3分）下列物质的分类正确的一组是（）A单质：水银、石墨、氦气、HDB氧化物：金刚砂、Na2O2、双氧水、N2O4C混合物：水玻璃、盐酸、胆矾、AgI胶体D盐：碱式碳酸铜、小苏打
4、、KI，Ba（OH）2考点：单质和化合物；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系版权所有专题：物质的分类专题分析：单质：由同一种元素组成的纯净物；氧化物：氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；盐：由金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物解答：解：A水银、石墨、氦气、HD都是由同一种元素组成的纯净物，都属于单质，故A正确；BNa2O2、双氧水（H2O2）、N2O4，都属于氧化物；金刚砂是SiC，不属于氧化物，故B错误；C水玻璃、盐酸、AgI胶体都属于化合物；胆矾是五水合硫酸铜，属于纯净物，故C错误；D碱式碳酸铜、
5、小苏打、KI都属于盐；Ba（OH）2属于碱，故D错误；故选A点评：本题考查单质、氧化物、混合物和盐的判断，难度不大要注意基础知识的积累4（3分）用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述一定正确的是（）A标准状况下，2.24LH2O含有的质子数为NAB等物质的量的氮气和氧气，都含有2NA个原子C常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl 个数为 NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量；B等物质的量的氮气和
6、氧气，没有明确物质的量是多少，无法求出其含有的原子数；C常温常压下，1.06gNa2CO3的物质的量是0.01mol，含有的Na+离子数为0.01mol2=0.02 NA；D不知道溶液的体积，无法求出Cl的个数；解答：解：A标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故A错误；B等物质的量的氮气和氧气，没有明确物质的量是多少，无法求出其含有的原子数，故B错误；C常温常压下，1.06gNa2CO3的物质的量是0.01mol，含有的Na+离子数为0.01mol2=0.02 mol，故C正确；D不知道溶液的体积，无法求出Cl的个数，故D错误；故选C点评：本题考查阿
7、伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下己烷、乙醇、水等物质的状态不是气体5（3分）欲配制100mL 1.0mol/L的Na2SO4溶液，下列操作完全正确的是（）将14.2g Na2SO4溶于100mL蒸馏水中用托盘天平称量32.20g的 Na2SO410H2O晶体，溶于适量蒸馏水中，再稀释至100mL将20mL5.0mol/L Na2SO4溶液用蒸馏水稀释至100mLABCD考点：溶液的配制版权所有专题：实验设计题分析：14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，根据c=以及溶液的体积不等于溶剂的体积来分析；托盘
8、天平的精确度为0.1，因此不能用托盘天平来称量32.20g的 Na2SO410H2O晶体；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，据此计算稀释后浓度，进行判断；解答：解：14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故错误；托盘天平的精确度为0.1，因此不能用托盘天平来称量32.20g的 Na2SO410H2O晶体，故错误；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml5mol/L=100mlc（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，故正确故选A点评：本题主要考查一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解
9、、计算，难度不大6（3分）（2013信阳二模）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的混合气体体积为（设反应中HNO3被还原成NO）（）A0.448LB0.672LC0.896LD0.224L考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质版权所有专题：计算题分析：10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n（NO3）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3+8H+=3F
10、e2+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，以此计算该题解答：解：10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n（NO3）=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，则3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O0.02mol 0.08mol 0.02mol反应后剩余n（H+）=0.1mol0.08mol=0.02mol，Fe+2H+=Fe2+H2 0.02mol 0.01mol所以：n（NO）+n（H2）=0.02mol
11、+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol22.4L/mol=0.672L，故选B点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据n（H+）、n（NO3）判断反应的可能性，判断生成气体为NO和H2的混合物，进而计算气体的体积，题目易错7（3分）下列各项中的事实能用同一原理解释的是（）A明矾和氯水都用于自来水的处理B.干冰和碘化银都可用于人工降雨C向Fe（OH）3胶体和NaAlO2溶液中逐滴加盐酸，先出现沉淀，然后溶解D铁器和铝制容器都可以用来运输浓硫酸考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁的氧化物和氢氧化物版权所
12、有专题：元素及其化合物；化学应用分析：A氯水具有强氧化性，明矾具有吸附作用都常用于自来水的处理；B人工降雨其实就是将固态的凝结核打入云层中，要求就是固态微粒越多越好，而碘化银除了可以提供银微粒之外还可以提供碘微粒，效果更好，所以碘化银可用于人工降雨；而干冰是利用气化吸热使周围的温度降低从而使空气中的水蒸气凝结成水降雨，所以不一样；C氢氧化铁胶体逐滴加盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解；向NaAlO2溶液中逐滴加盐酸，生成氢氧化铝，继续滴入盐酸，氢氧化铝沉淀溶解；D铁器和铝制容器都可以用来运输浓硫酸，都发生钝化解答：解：A氯水具有强氧化性能杀菌消毒，明矾具有吸附作用能吸附
13、水中的悬浮颗粒，二者都常用于自来水的处理，但是原理不同，故A错误；B人工降雨其实就是将固态的凝结核打入云层中，要求就是固态微粒越多越好，而碘化银除了可以提供银微粒之外还可以提供碘微粒，效果更好，所以碘化银可用于人工降雨；而干冰是利用气化吸热使周围的温度降低从而使空气中的水蒸气凝结成水降雨，所以不一样，故B错误；C氢氧化铁胶体逐滴加盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解；向NaAlO2溶液中逐滴加盐酸，生成氢氧化铝，继续滴入盐酸，氢氧化铝沉淀溶解，所以不一样，故C错误；D铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均钝化，无明显现象，故D正确；故选D点评：本题考查了几种常见物质的化学性质及应用
14、，要注意常见反应的反应原理及其应用，题目难度中等8（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A由水电离的c（OH）=1012molL1的溶液中：Br、CO32、K+、SO32B含有大量AlO2的溶液中：K+、Fe3+、Br、SO42C和Al反应放出氢气的溶液：Na+、Cl、NH4+、NO3D使pH试纸变深蓝色的溶液中：Cl、K+、Mg2+、SO42考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A由水电离的c（OH）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；B与AlO2发生互促水解的反应不能大量共存；C和Al反应放出氢气的溶液呈强碱性或为非
15、氧化性酸溶液；D使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性解答：解：A由水电离的c（OH）=1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；BFe3+与AlO2发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C和Al反应放出氢气的溶液呈强碱性或为非氧化性酸溶液，碱性条件下NH4+不能大量共存，因存在NO3，酸性条件下不能生成氢气，故C错误；D使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下Mg2+不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，较好的考查学生思维严密性及分析问题、解决问题的能力，侧重氧化还原反应及
16、相互促进水解反应的考查，信息的抽取及利用为解答的关键，注意题目要求为可能共存，题目难度不大9（3分）热还原法冶炼金属的反应一定是（）A氧化还原反应B置换反应C分解反应D复分解反应考点：金属冶炼的一般原理版权所有专题：金属概论与碱元素分析：热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；A元素的化合价发生变化的反应，属于氧化还原反应；B由一种单质跟一种化合物起反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应叫做置换反应；C由一种反应物生成两种或两种以上其他物质的反应叫分解反应；D两种化合物相互交换成分生成另两种化合物的反应叫复分解反应解答：解：A金属化合物中金
17、属表现为正价，金属单质元素表现为0价，所以从金属化合物中还原出金属一定属于氧化还原反应，故A正确；B不是所有的热还原法冶炼金属属于置换反应，如一氧化碳还原氧化铁Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故B错误；CHg、Ag等用加热分解氧化物的方法制得，热还原法冶炼金属一定不属于分解反应，因需加还原剂，反应物一定不止一种，故C错误；D热还原法冶炼金属，一定属于氧化还原反应，所以一定不属于复分解反应，故D错误；故选A点评：本题主要考查了热还原法的反应类型，掌握四大基本反应类型是解答本题的关键，题目难度不大10（3分）关于下列化学物质的说法，正确的是（）AMgO和Al2O3在工业上均可用于制耐高温材料，
18、也常用于电解法冶炼镁、铝两种金属B因为沸点NaK，所以反应Na+KCl=K+NaCl能进行，可以用Na制得KC化学性质很不活泼的元素，在自然界中可能存在游离态单质，如：Pt、Si等元素DFe是黑色金属，但纯铁是银白色的，而且纯铁比生铁更容易被腐蚀考点：镁、铝的重要化合物；碱金属的性质；铁的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A氧化镁熔点高，耗能大；B利用高沸点制取低沸点；C硅为亲氧元素，易被氧化，所以在自然界中多数以化合态存在；D依据生铁含有杂质碳，铁和碳在表面电解质溶液中形成原电池反应，铁做负极被腐蚀分析判断；解答：解：AMgO熔点高，电解前需要将其熔化，耗能大，制备Mg，电解熔融Mg
19、Cl2而不是氧化镁，故A错误；B利用高沸点制取低沸点，因为沸点NaK，所以反应Na+KCl=K+NaCl能进行，可以用Na制得K，故B正确；C硅为亲氧元素，易被氧化，所以在自然界中多数以化合态存在，故C错误；D在潮湿空气中生铁中含有杂质和铁与表面的电解质溶液形成原电池反应，铁做负极，生铁比纯铁容易被腐蚀，故D错误；故选B点评：本题考查了金属的冶炼、铁的腐蚀、硅在自然界的存在方式等知识点，难度不大，易错选项是A，注意根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法，还要结合实际情况进行分析11（3分）下列说法不正确的是（）A二氧化硅能与NaOH溶液反应，又能和HF反应，属于两性氧化物B工业上精炼Cu，阳极用的
20、电极材料是粗铜CFe3O4既能通过化合反应得到，又能通过置换反应得到D周期表中的碱金属元素，从上到下，熔点依次降低考点：硅和二氧化硅；元素周期表的结构及其应用；硅的用途；铁的氧化物和氢氧化物版权所有分析：A二氧化硅只和HF反应生成四氟化硅和水，没有盐生成；B电解精炼铜时，粗铜作阳极；C铁在氧气中燃烧发生化合反应生成四氧化三铁，铁和水蒸气在高温时发生置换反应生成四氧化三铁和氢气；D碱金属自上而下，离子半径增大，金属键减弱，金属键越弱熔沸点越低；解答：解：A二氧化硅能和NaOH溶液反应生成盐和水，二氧化硅只和HF反应生成四氟化硅和水，没有盐生成，所以不能据此判断二氧化硅具有两性，故A错误；B粗铜精
21、炼时，与电源正极相连的阳极是粗铜，故B正确；C铁在氧气中燃烧发生化合反应生成四氧化三铁，铁和水蒸气在高温时发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，故C正确；D碱金属自上而下，离子半径增大，金属键减弱，金属键越弱熔沸点越低，金属的熔沸点之间降低，故D正确；故选A点评：本题考查了物质的性质，涉及二氧化硅、铁、碱金属等知识点，难度不大，注意基础知识的积累12（3分）下列选项中，离子方程式书写正确的是（）A向硝酸银溶液中加入足量的氨水：Ag+2NH3H2O=Ag（NH3）2+2H2OB向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NOC泡沫灭火器的灭火原理：2
22、Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2D用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3H2O=NH4+HSO3考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A向硝酸银溶液中加入足量的氨水，反应生成银氨络合物和水；B碘离子还原性强于二价铁离子离子，硝酸少量先氧化碘离子；C泡沫灭火器的灭火原理是铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D氨水足量反应生成亚硫酸氨解答：解：A向硝酸银溶液中加入足量的氨水，反应生成银氨络合物和水，离子方程式为：Ag+2NH3H2O=Ag（NH3）2+2H2O，故A正确；B向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：6I+2N
23、O3+6H+2NO+3H2O+3I2，故B错误；C泡沫灭火器的灭火原理：2Al3+6HCO3=2Al（OH）3+3CO2，故C错误；D用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+2NH3H2O=2NH4+H2O+SO32，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应，熟悉反应的实质是解题关键，题目难度中等13（3分）相同物质的量的下列物质：金属钠 烧碱 过氧化钠 氧化钠，长期放置在空气中（不考虑潮解和水解），最后质量都会增加，按增加的质量由大到小排列，正确的是（）ABCD考点：钠的化学性质；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：金属钠 烧碱 过氧化
24、钠 氧化钠四种物质长期放置在空气中最后得到的固体都是碳酸钠，依据差量法计算解答解答：解：取四种各1mol则：Na0.5Na2CO3，固体质量增加为0.5mol碳原子和1.5mol氧原子的质量，共0.512+1.516=30g；NaOH0.5Na2CO3，固体质量增加为：5340=13g；Na2O2Na2CO3，1molNa2O2反应最后增加1molCO的质量为28g；Na2ONa2CO3，1molNa2O反应最后增加1molCO2的质量为 44g；所以固体质量增加量大小顺序为：；故选：C点评：本题考查了钠及其化合物的知识，熟悉相关物质的性质及发生的化学反应是解题关键，注意差量法运用14（3分）
25、下列实验不合理的是（）A证明非金属性强弱SCSiB四氯化碳萃取碘水中的碘C制备少量NO气体D制备少量氧气考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A最高价含氧酸的酸性越强，对应非金属元素的非金属性越强；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；C反应生成NO，NO不溶于水；D过氧化钠为粉末状固体，反应不能控制解答：解：A由装置可知，发生强酸制取弱酸的反应，酸性为硫酸碳酸硅酸，则非金属性强弱SCSi，故A正确；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，所以四氯化碳萃取碘水中的碘，故B正确；C反应生成NO，NO不溶于水，则图中装置能制备少量NO气体，故C正确；D过氧化钠为粉末状固体，反应不能控制，一旦与水
26、接触直到反应结束，所以不能利用图中装置制备少量氧气，故D错误；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及酸性及非金属性的比较、萃取、气体的制备及收集等，侧重实验装置与反应原理及物质性质的考查，题目难度不大15（3分）金属钾的冶炼可采用如下方法：2KF+CaC2CaF2+2K+2C，下列有关说法合理的是（）A该反应的氧化剂是KF，氧化产物是KB该反应能说明C的还原性大于KC电解KF溶液不可能制备金属钾DCaC2、CaF2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2：1考点：金属冶炼的一般原理；氧化还原反应版权所有专题：金属概论与碱元素分析：根据反应2KF+CaC2CaF2+2K+2C可知，反应中K
27、元素的化合价降低，被还原，KF为氧化剂， C元素化合价升高，被氧化，CaC2为还原剂，由于金属K活泼，不能利用溶液来制备，CaC2中，阴、阳离子个数比均为1：1解答：解：A反应中K元素的化合价降低，被还原，KF为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，CaC2为还原剂，故A错误；B制备原理是利用K的沸点较低，不能说明C的还原性大于K，K的还原性较大，故B错误；C由于金属K活泼，不能利用溶液来制备，故C正确；DCaC2中，阴、阳离子个数比均为1：1，故D错误故选C点评：本题考查氧化还原反应以及金属的冶炼，题目难度中等，注意从化合价的角度分析氧化还原反应，易错点为B，注意K的还原性较活泼，本题制备的原理
28、是利用K的沸点较低16（3分）将28克铁粉溶于500mL的某稀硝酸溶液中，二者刚好完全反应，已知还原产物只有NO，且反应后的溶液比反应前增加了16克，则原硝酸浓度是（）mol/LA6.4B4.8C3.2D2.4考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：进入溶液的是铁单质，产生的是NO，根据差量法可以计算一氧化氮的质量，金属贴合硝酸之间的反应分为铁过量和不足两种情况，可以根据一氧化氮的物质的量确定是哪种情况；根据电子守恒和元素守恒设未知数进行计算即可解答：解：铁与稀硝酸可能发生反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H
29、2O，由质量守恒可知m（NO）=28g16g=12g，n（NO）=0.4mol，n（Fe）=0.5mol，如生成Fe（NO3）3，则生成0.5molNO，如生成Fe（NO3）2，则生成0.5mol0.33mol，则说明生成Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，令Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量分别为xmol、ymol，根据Fe元素守恒及电子转移守恒，可得：x+y=0.5，3x+2y=0.43，解得x=0.2、y=0.3，根据N元素守恒可知，n（HNO3）=3nFe（NO3）3+2nFe（NO3）2+n（NO）=30. 2mol+20.3mol+0.4mol=1.6mol，原硝酸的物质的
30、量浓度=3.2mol/L，故选C点评：本题考查学生金属铁和硝酸之间的反应情况，注意元素守恒和电子守恒的应用是重点，难度较大二、非选择题（共5道题，52分）17（8分）某学校化学兴趣小组为探索金属回收物的综合利用，专门设计实验用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体（CuSO45H2O），其实验方案如下：（1）小组成员经过检测，发现制得的绿矾不纯，最可能的原因是反应过程中部分二价铁转化成了三价铁；要想由沉淀最终制得纯度较高的绿矾，改进方法是向溶液D中加入足量铁粉，反应后过滤，取滤液蒸发结晶即可得绿矾（2）小组成员从资料中获知H2O2是一种绿色氧化剂，在
31、滤渣B中加入稀硫酸和H2O2可以使B溶解，则该反应的离子方程式为Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O（3）有同学提出可将方案中最初溶解合金的盐酸改用烧碱，重新设计方案，也能制得这三种物质，该方案比前一种方案相对更合理，原因是：原方案操作步骤多、时间长、消耗试剂量过大考点：金属的回收与环境、资源保护版权所有专题：实验设计题分析：合金铝、铁、铜加入足量盐酸溶解后过滤，得到滤液A为氯化铝、氯化亚铁，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到滤液C为偏铝酸钠溶液，加入适量盐酸过滤得到氢氧化铝沉淀加入盐酸溶解生成氯化铝溶液；沉淀为氢氧化亚铁，加入硫酸生成硫酸亚铁溶液D蒸发结晶得到绿矾晶体；（1）制得的绿矾
32、不纯，部分亚铁离子被氧化为铁离子，要想由沉淀I最终制得纯度较高的绿矾，需要向D溶液中加入过量铁粉还原铁离子过滤后溶液通过操作得到晶体；（2）依据反应原理分析即可；根据铜、稀硫酸、双氧水的性质来判断反应的发生，并结合质量守恒定律写出该反应的化学方程式；（3）根据实验中的酸和碱的量的情况来对比回答解答：解：（1）发现制得的绿矾不纯，是因为亚铁离子被氧化为铁离子，要想由沉淀I最终制得纯度较高的绿矾，需要向D溶液中加入过量铁粉还原铁离子为亚铁离子，过滤得到溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到绿矾晶体；故答案为：反应过程中部分二价铁转化成了三价铁；向溶液D中加入足量铁粉，反应后过滤，取滤液蒸发结晶即可得
33、绿矾；（2）铜与浓硫酸反应生成有毒有污染的二氧化硫气体，若铜先和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径最佳，Cu中加入稀硫酸和H2O2可以制备胆矾晶体，反应方程式为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O；（3）在实验原方案中，需要的是适量的酸，且步骤繁琐，这很难控制，改用烧碱，首先分离出来铝，然后加入硫酸，分离出铁，最后得铜的化合物，故比较合理，故答案为：原方案操作步骤多、时间长、消耗试剂量过大点评：本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，题目难度不是很大，
34、可以根据所学的知识进行18（10分）已知由短周期元素组成的物质 A、B、C、D，具有如图反应关系：（1）通常若A为黄绿色单质，B为无色液态化合物，且0.1mol/L的C溶液pH=1，则D物质的结构式为HOCl（2）若B为化合物，且A、C两种无色气体相遇后变为红棕色，则B物质溶于水后显碱性的原因是NH3+H2O=NH3H2ONH4+OH（用化学用语说明）（3）若A为单质，C和D为常见的易燃气体，则该反应的化学方程式是C+H2O（g）CO+H2（4）若A为单质，B通常是无色液态化合物，灼烧D产生黄色火焰，则：若B分子含有10个电子，A与B反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na+2OH+H2若B
35、分子含有18个电子，则A+BC+D的化学方程式为2CH3OH+2Na=2CH3ONa+H2考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：（1）通常若A为黄绿色单质，应为Cl2，B为无色液态化合物，应为H2O，二者反应生成HCl和HClO；（2）若B为化合物，且A、C两种无色气体相遇变为红棕色，应为NH3和O2的反应；（3）若A为单质，C、D为常见易燃气体，应为C和H2O的反应，生成H2和CO；（4）若A为单质，灼烧D产生黄色火焰，说明含有钠元素，B通常是无色液态化合物，如分子含有10个电子，应为H2O，如分子含有18个电子，应为CH3OH解答：解：（1）通常若A为黄绿色单质，应为Cl2，B为无色
36、液态化合物，应为H2O，二者反应生成HCl和HClO，B为无色液态化合物，且0.1mol/L的C溶液pH=1，应为HCl，则D为HClO，结构式为HOCl，故答案为：HOCl；（2）若B为化合物，且A、C两种无色气体相遇变为红棕色，应为NH3和O2的反应，则B为NH3，溶于水呈碱性，发生NH3+H2O=NH3H2ONH4+OH，故答案为：NH3+H2O=NH3H2ONH4+OH；（3）若A为单质，C、D为常见易燃气体，应为C和H2O的反应，生成H2和CO，反应的化学方程式为C+H2O（g）CO+H2，故答案为：C+H2O（g）CO+H2；（4）若A为单质，灼烧D产生黄色火焰，说明含有钠元素，如
37、B分子含有10个电子，应为H2O，A与B反应为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；如分子含有18个电子，应为CH3OH，与钠反应的方程式为2CH3OH+2Na=2CH3ONa+H2，故答案为：2CH3OH+2Na=2CH3ONa+H2点评：本题考查无机物的推断，题目较为综合，涉及物质的性质、原电池原理以及弱电解质的电离等知识，注意根据物质的性质特点推断物质的种类为解答该题的关键，题目难度中等19（8分）实验室制得的Na2S2O3粗晶体中往往含有少量杂质为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，一般采
38、用在酸性条件下用酸性KMnO4标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol/L的酸性 KMnO4溶液滴定，当溶液中S2O32全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积20.00mL滴定终点时的现象是当最后一滴液体滴入时，溶液恰好由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色写出该滴定反应的离子方程式5S2O32+8MnO4+14H+=8Mn2+10SO42+7H2O若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O35H2O的质量分数的测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）经计算，产品中Na2S2O35H2O的质量分
39、数为96.9%考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：实验探究和数据处理题分析：依据高锰酸钾溶液是紫红色溶液，具有强氧化性分析；Na2S2O3还原高锰酸钾，生成二价锰离子；若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，消耗标准液减小；依据反应过程中定量关系计算解答：解：此滴定实验是用紫红色高锰酸钾溶液滴定硫代硫酸钠溶液，当二者恰好反应时，再加高锰酸钾溶液会变色，即滴入最后一滴溶液呈浅紫红色，半分钟不褪色，说明达到滴定终点；故答案为：当最后一滴液体滴入时，溶液恰好由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色；Na2S2O3还原高锰酸钾，生成二价锰离子，所以离子方程式为：5S2O32+8Mn
40、O4+14H+=8Mn2+10SO42+7H2O，故答案为：5S2O32+8MnO4+14H+=8Mn2+10SO42+7H2O；若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，消耗高锰酸钾溶液体积减小，依据c（待测）=分析，则会使样品中Na2S2O35H2O的质量分数的测量结果偏低；故答案为：偏低；称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol/L KMnO4溶液（加入适量硫酸酸化）滴定，当溶液中S2O32全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积20.00mL，则 5S2O32+8MnO4+14H+=8Mn2+10SO42+7H2O 5 8 n 0.40mol/L0.020Ln=0.005mo
41、l产品中Na2S2O35H2O的质量分数=100%=96.9%，故答案为：96.9%点评：本题考查了氧化还原型滴定分析，误差分析和注意问题等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，掌握基础是关键，题目难度中等20（12分）用所学的化学知识，回答下列问题：（1）从海水中提取镁的主要步骤有：浓缩结晶（在HCl气流中） 加熟石灰 加盐酸过滤 熔融电解，请按照顺序写出正确的操作步骤（填序号）：（2）化学方程式（未配平）As2S3+H2O+NO3=AsO43+NO+8H+SO42，回答下面的问题：a反应后溶液显酸性（写酸、碱、中）；b每1mol水参加反应，该反应转移电子的数目为21N
42、A（3）向过量的FeSO4溶液中加入几滴NaClO溶液，并且加入少量稀硫酸，发现溶液变成黄色某同学认为该反应的还原产物有两种可能性，可能是Cl2或Cl；而实验证明还原产物只存在Cl回答下列问题：a还原产物中不存在氯气的原因是Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl （用化学用语表示）b写出上述过程的离子方程式ClO+2H+2Fe2+=2Fe3+Cl+H2Oc为了检验上述反应是否生成了Cl，请从下面选择合适的序号，并按照先后顺序排列，进行实验操作则正确的操作顺序为ACEDA取一支试管，加入上述反应后的溶液的少许；B加入过量的氯化钡溶液；C加入过量的硝酸钡溶液； D加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察到白色
43、沉淀；E过滤，取滤液考点：海水资源及其综合利用；氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有分析：（1）海水提取镁的不知和原理分析步骤，在海水中加入熟石灰，沉淀镁离子，过滤后的沉淀用盐酸溶解，再氯化氢气流中蒸发浓缩，过滤洗涤，干燥后熔融电解；（2）依据氧化还原反应电子守恒先配平离子方程式，结合产物判断溶液酸碱性，利用定量关系和电子守恒计算电子转移；（3）a、氯气和亚铁离子会发生氧化还原反应，不能共存；b、次氯酸根离子在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，结合原则守恒和电荷守恒配平书写；c、检验氯离子的存在，需要先沉淀硫酸根离子后再用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子的存在解答：解：（1）海水提取镁
44、的不知和原理分析步骤，在海水中加入熟石灰，沉淀镁离子，过滤后的沉淀用盐酸溶解，再氯化氢气流中蒸发浓缩，过滤洗涤，干燥后熔融电解，正确的操作步骤为：；故答案为：；（2）依据氧化还原反应电子守恒先配平离子方程式，3As2S3+4H2O+28NO3=6AsO43+28NO+8H+9SO42，产物中生成氢离子判断溶液呈酸性；故答案为：酸；利用定量关系和电子守恒计算电子转移，4mol水反应电子转移84mol，每1mol水参加反应电子转移21mol，该反应转移电子的数目为21NA；故答案为：21NA；（3）a、还原产物中不存在氯气的原因是氯气和亚铁离子会发生氧化还原反应，不能共存，反应的离子方程式为：Cl
45、2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；b、次氯酸根离子在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，结合原则守恒和电荷守恒配平书写离子方程式为：ClO+2H+2Fe2+=2Fe3+Cl+H2O；故答案为：ClO+2H+2Fe2+=2Fe3+Cl+H2O；c、检验氯离子的存在，需要先沉淀硫酸根离子后再用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子的存在，步骤为：A取一支试管，加入上述反应后的溶液的少许；C加入过量的硝酸钡溶液； E过滤，取滤液D加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察到白色沉淀；故答案为：ACED；点评：本题考查了海水提镁的工艺流程分析判断，产物判断和氧化还原反应的电子转移计
46、算应用，离子方程式书写，掌握基础是关键，提镁难度中等21（14分）某研究性学习小组，为了探究过氧化钠的强氧化性，设计了如图的实验装置实验步骤及现象如下：检查装置气密性后，装入药品并连接仪器：缓慢通人一定量的N2后，将装置D连接好（导管末端未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，剧烈反应，产生黄绿色气体一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色回答下列问题：（l）装置B中的湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有Cl2（填化学式）生成若B中改放湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不
47、能证明上述结论，请用离子方程式说明原因4H+4I+O22I2+2H2O（2）装置C的作用是吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气（3）甲同学认为O2是 Na2O2被盐酸中的HCl还原所得乙同学认为此结论不正确，他可能的理由为O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得；Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2（4）实验证明，Na2O2与干燥的HCl能反应，该反应不能（填“能”或“不能”）用于实验室快速制取纯净的Cl2，理由是实验室没有可直接使用的干燥HCl气体的物质、固体与气体反应较慢、产生的氯气中含有大量的氯化氢气体（要求答出要点）考点：性质实
48、验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）HClO有漂白性，氯气和水反应生成HClO；O2、Cl2都具有强氧化性，都能将碘离子氧化为I2，I2遇淀粉试液变蓝色；（2）Cl2有毒不能直接排空，如果O2中混有Cl2，会导致收集的O2不纯净；（3）如果Na2O2被还原，则O元素应该得电子化合价降低；Na2O2还能和水反应生成氧气；（4）根据气体和固体反应较缓慢，且制得的氯气中含有大量HCl解答：解：（1）湿润的红色石蕊试纸褪色，说明有HClO生成，氯气和水反应生成HClO，所以说明装置A中有Cl2生成；若B中改放湿润的淀粉KI试纸，碘离子具有还原性，O2、Cl2都具有强氧化性，都能将碘离子氧化
49、为I2，I2遇淀粉试液变蓝色，发生的离子反应方程式为4H+4I+O22I2+2H2O（或4I+O2+2H2O2I2+4OH），所以不能据此证明上述结论，故答案为：Cl2；4H+4I+O22I2+2H2O；（2）Cl2有毒不能直接排空，如果O2中混有Cl2，会导致收集的O2不纯净，且盐酸具有挥发性，导致生成的气体中含有HCl，氯气、HCl都能和NaOH反应而除去，则NaOH的作用是吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气，故答案为：吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气；（3）水和过氧化钠反应也生成氧气，O2有可能是Na2O2与盐酸中的H
50、2O反应生成的；如果Na2O2被还原，则O元素应该得电子化合价降低，不能是化合价升高，Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2故答案为：Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2；（4）实验室没有可直接使用的干燥HCl气体的物质、固体与气体反应较慢、产生的氯气中含有大量的氯化氢气体，所以该实验不能用于实验室快速制取纯净的Cl2，故答案为：不能；实验室没有可直接使用的干燥HCl气体的物质、固体与气体反应较慢、产生的氯气中含有大量的氯化氢气体（答出任何一点即可，其他合理答案均可）点评：本题考查性质实验探究，侧重考查学生动手操作、分析问题能力，物质的性质是实验设计的依据，性质、制备实验方案设计是高考高频点，综合性较强，涉及知识点较多，熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等
