1、甘肃省白银市会宁五中2015届高三上学期月考化学试卷（10月份）一、选择题（每小题3分，共20小题）1（3分）化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化BBaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒C14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体D葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体2（3分）下列与化学概念有关的说法正确的是（）A化合反应均为氧化还原反应B金属氧化物均为碱性氧化物C催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间D石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物3（3分）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1.0L1.0mol/L的Na
2、AlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB1L1mol/L的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAC常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，8gO2含有2NA个电子4（3分）在常压和500条件下，等物质的量的Ag2O、Fe（OH）3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4，体积大小顺序正确的是（）AV3V2V4V1BV3V4V2V1CV3V2V1V4DV2V3V1V45（3分）工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应并转移n个电子，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（）
3、ABCD6（3分）下列化合物中氮元素只具有还原性的是（）AKNO3BHNO3CNODNH37（3分）0.2molNa218O2与足量CO2完全反应后，所得固体质量为（）A21.2gB21.6gC22.0gD22.4g8（3分）下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Ca2+、Cl、NO3BK+、Na+、Br、SiO32CH+、Fe2+、SO42、Cl2DK+、Ag+、NH3H2O、NO39（3分）向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120ml 4molL的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO（标况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无
4、红色出现若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A0.21molB0.24molC0.19molD0.14mol10（3分）高铁酸钾（ K2FeO4）是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是（）A有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌11（3分）过氧化钠与足量的碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中充分加热，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）ANa2O2、Na2CO3BNa2CO3CNa2CO3、NaOHDNa
5、2O2、Na2CO3、NaOH12（3分）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（）A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸13（3分）将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100molL1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（）AMBM2+CM3+DMO2+14（3分）将一浅绿色溶液，置于空气中，变黄色将此黄色溶液逐滴滴入沸水中，形成一种红褐色胶体，下列说法中错误的是（）A该浅绿色溶液中含有Fe2+在空气中被氧化为Fe3+B欲检验该黄色溶液中，是否含有未被氧化的Fe2+，向其中滴加KSCN溶液C配制该浅绿色溶液，要向其中加少量酸与铁粉，目的是为了防止Fe2
6、+的水解与氧化D欲检验浅绿色溶液中是否含有Fe3+，滴入KSCN溶液，看是否变红色15（3分）同温同压下，A容器中H2和B容器中NH3所含氢原子数相等，则两个容器的体积比是（）A3：2B1：3C2：3D1：216（3分）下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A将40gNaOH溶于1L水所得的溶液B将80g SO3溶于水并配成1L的溶液C将0.5mol/L的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D含K+为2mol的K2SO4溶液17（3分）下列说法正确的是（）A强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强B食盐溶液能导电，所以它是电解质CSO3的水溶液可以导电，但它不
7、是电解质DNaHSO4无论在水溶液里还是在熔融状态下都可以电离出Na+、H+和SO18（3分）下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是（）ANa2CO3=Na22+CO32BNaHSO4=Na+H+SO42CCH3COOH=H+CH3COODH2CO3=2H+CO3219（3分）已知I、Fe2+、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：ClFe2+H2O2ISO2，则下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+BI2+SO2+2H2O=H2SO4+2HICH2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2OD2Fe2+Cl2=2Fe3+2
8、Cl20（3分）下列离子方程式正确的是（）A由氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：2OH+2NO2=NO3+NO+H2OB碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2OC用浓盐酸配制的KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2OD硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O二、非选择题21（14分）进行某实验需要0.5molL的氢氧化钠溶液约400ml，根据溶液配制的过程，回答下列问题：（1）实验除了需要托盘天平（带砝码）、药匙和玻璃棒外，还需要的其他仪器是（2）根据计算得知，所需要氢
9、氧化钠固体的质量为 g（3）配制溶液的过程中，以下操作正确的是（填序号）A、将氢氧化钠固体放在纸片上称量B、在烧杯中溶解氢氧化钠固体后，立即将溶液倒入容量瓶中C、将溶解氢氧化钠固体的烧杯用蒸馏水洗涤23次，并将洗涤液转移到容量瓶中（4）玻璃棒在实验中的作用有：； （5）400ml0.5molL的该NaOH溶液加入到足量的MgCl2溶液中，产生的沉淀的质量为（6）取0.5molL的NaOH溶液100ml，所含Na+的数目为22（14分）现有A、B、C三种均含同一种金属元素的无机化合物，它们之间的转化关系如图1（部分产物已略去）所示：（1）请写出B转化为C的所有可能的离子方程式：A与C反应的所有可
10、能的离子方程式：（2）若化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图2所示则固体混合物中Mg的质量为：；NaOH溶液的物质的量浓度为23（12分）二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式（2）已知：Se+2H2SO4（浓）2S
11、O2+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42+4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2OI2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI配平方程式，标出电子转移的方向和数目（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为甘肃省白银市会宁五中2015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（每小题3分，共20小题）1（3分）
12、化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化BBaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒C14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体D葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体考点：煤的干馏和综合利用；同位素及其应用；胶体的重要性质；原子构成；石油的裂化和裂解 专题：原子组成与结构专题；有机化合物的获得与应用；化学应用分析：A、从干馏和分馏的区别来判断；B、从BaSO4的性质来分析；C、从同位素和同素异形体的不同来区别；D、从溶液和胶体的不同来判断；解答：解：A、石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种
13、方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故A错误； B、钡离子对人体有害，它是一种重金属离子，可以使人体中毒硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故B错误； C、由同一种元素组成的性质不同的几种单质，叫做该元素的同素异形体，例如金刚石、石墨和C60是碳元素的同素异形体；而质子数相同而中子数不同的原子，二者互为同位素，故C错误； D、葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，丁达尔现象是胶体具有的性质，故D正确故选D点评：本题考查分馏与干馏的区别、硫酸钡的医学用途、同位素和同素异形体以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，注
14、意相关基础知识的积累2（3分）下列与化学概念有关的说法正确的是（）A化合反应均为氧化还原反应B金属氧化物均为碱性氧化物C催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间D石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物考点：氧化还原反应；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题；氧化还原反应专题分析：A化合反应是指由两种或两种以上物质反应生成另外一种物质的反应；有化合价变化的反应是氧化还原反应；B金属氧化物不一定都是碱性氧化物；C催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；D石油是混合物，汽油也是混合物解答：解：A有化合价变化的化合反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化合反应不是氧化还原反应，
15、如：CaO+H2O=Ca（OH）2是化合反应但不是氧化还原反应，故A错误；B金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故B错误；C催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以能改变到达平衡所需的时间，故C正确；D石油是混合物，其分馏产品汽油属于多种烃的混合物，故D错误；故选C点评：本题考查化学基本概念，易错选项是B，注意金属氧化物不一定是碱性氧化物，为易错点3（3分）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB1L1mol/L的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAC常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气
16、体含有的原子数为6NAD常温常压下，8gO2含有2NA个电子考点：阿伏加德罗常数 分析：A、根据偏铝酸钠溶液中的溶剂水中也含有氧原子分析；B、次氯酸跟离子水解；C、NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数；D、依据n=计算物质的量，结合分子式计算电子数；解答：解：A、由于NaAlO2水溶液中的溶剂水中含有氧原子，所以无法计算溶液中含有的氧原子数目，故A错误；B、1L1mol/L的NaClO溶液中含有ClO的数目小于NA，故B错误；C、NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=3NA=6NA，故C正确；D、n=0.25mol，8gO2含有电子数=0
17、.25mol16NA=4NA，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是眼泪水解分析判断，物质的量计算微粒数，掌握基础是关键，题目较简单4（3分）在常压和500条件下，等物质的量的Ag2O、Fe（OH）3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4，体积大小顺序正确的是（）AV3V2V4V1BV3V4V2V1CV3V2V1V4DV2V3V1V4考点：化学方程式的有关计算；阿伏加德罗定律及推论 专题：压轴题；计算题分析：写出各种物质分解的方程式，根据方程式判断解答：解：各物质分解的方程式分别为：2Ag2O4Ag+O2，2mol氧化银产生1
18、mol氧气；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，2mol氢氧化铁产生3mol水蒸气；NH4HCO3NH3+H2O+CO2，2mol碳酸氢铵产生6mol气体；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，2mol碳酸氢钠产生2mol气体；故各取2mol在500条件下加热完全分解，得到的气体体积由大到小的顺序为故选A点评：本题考查化学方程式的有关计算，题目难度不大，注意有关反应的方程式的书写，氧化银的分解反应比较陌生，在金属的冶炼中涉及5（3分）工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应并转移n个电子，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（）ABCD考
19、点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：反应为4NH3+5O24NO+6H2O，依据氧化还原反应中氨气和电子转移之间的关系式计算解答：解：设阿伏加德罗常数为NA，氨气和转移电子之间的关系式为：4NH3+5O24NO+6H2O 转移电子4mol 20molNA=，答：阿伏加德罗常数NA为，故选D点评：本题考查了物质的量的有关计算，根据方程式中氨气和转移电子之间的关系式进行计算即可，题目不大6（3分）下列化合物中氮元素只具有还原性的是（）AKNO3BHNO3CNODNH3考点：重要的还原剂 专题：氧化还原反应专题分析：最高价态的元素只具有氧化性，最低价态的元素只具有还原性，中间价态的元
20、素既具有氧化性又具有还原性，据此分析解答解答：解：氮元素的常见化合价有3、0、+2、+4、+5价A、硝酸钾中的氮元素化合价是+5价，是最高价态，在酸性环境下，硝酸根离子具有很强的氧化性，故A错误；B、硝酸分子中氮元素是+5价，是最高价态，所以只具有氧化性，故B错误；C、一氧化氮分子中氮元素是+2价，属于中间价态，所以既具有氧化性又具有还原性，故C错误；D、氨气分子中氮元素是3价，最低价态，所以只具有还原性，故D正确故选D点评：本题考查了元素性质与价态的关系，根据“最高价态的元素只具有氧化性，最低价态的元素只具有还原性，中间价态的元素既具有氧化性又具有还原性”来分析解答即可，难度不大7（3分）0
21、.2molNa218O2与足量CO2完全反应后，所得固体质量为（）A21.2gB21.6gC22.0gD22.4g考点：化学方程式的有关计算 分析：Na218O2与CO2的反应是一个歧化反应，过氧化钠中1个氧原子化合价降低为1，另一个氧原子的化合价升高为0价，因此生成物Na2CO3中有1个18O，摩尔质量为108g/mol，结合方程式可知碳酸钠物质的量，以此解答该题解答：解：Na218O2与CO2的反应是一个歧化反应，过氧化钠中1个氧原子化合价降低为1，另一个氧原子的化合价升高为0价，因此生成物Na2CO3中有1个18O，摩尔质量为108g/mol，由2Na218O2+2CO22Na2CO3+
22、18O2可知，当0.2molNa218O2与足量CO2完全反应后，生成碳酸钠为0.2mol，故所得固体质量为0.2mol108g/mol=21.6g，故选B点评：本题考查钠的重要化合物、化学方程式有关计算，题目难度中等，把握Na218O2与CO2的反应原理是解题的关键8（3分）下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Ca2+、Cl、NO3BK+、Na+、Br、SiO32CH+、Fe2+、SO42、Cl2DK+、Ag+、NH3H2O、NO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：各组离子的溶液中，通入过量CO2气体后，CO2+H2OH2CO3，H2CO3
23、H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的碳酸分子，少量氢离子、碳酸根离子，据此与各组微粒分析共存问题即可解答解答：解：A该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入CO2后CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的氢离子、碳酸根离子与K+、Cl、NO3，均不反应，也能大量共存，因盐酸的酸性、硝酸的酸性强于碳酸，所以通入CO2后与Ca2+、不能形成沉淀，即仍能大量共存，故A正确；B因碳酸的酸性比硅酸强，所以向B组通入二氧化碳，必发生反应CO2+SiO32+H2O=H2SiO3+CO32，所以B组不能大量共存，故B错误；C该组微粒中氯气具有强氧
24、化性，二价铁离子具有还原性，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，所以C组不能大量共存，故C错误；D该组微粒中Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+，AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O，所以D组不能大量共存，故D错误；故选A点评：离子共存问题，解题的关键在于：掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应解答该题注意二氧化碳与水反应的产物与溶液中的离子共存，题目难度中等9（3分）向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120ml 4molL的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO（标况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的氢气
25、在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A0.21molB0.24molC0.19molD0.14mol考点：有关混合物反应的计算 分析：混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量解答：解：n（NO）=01mol，因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120ml 4molL的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液
26、中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L4mol/L0.1mol=0.38mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.19mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.19mol故选C点评：本题考查学生利用原子守恒的方法来计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键10（3分）高铁酸钾（ K2FeO4）是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是（）A有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C有强氧化性，
27、能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌考点：重要的氧化剂；常见的生活环境的污染及治理 专题：压轴题分析：根据高铁酸钾的化学式 K2FeO4，从物质所含元素的化合价来分析氧化性还原性问题，利用离子的水解产物的性质来分析净水原因解答：解：高铁酸钾（ K2FeO4）中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，故选：A点评：本题考查净水剂的净水原理，明确强氧化性及离子水解是解答的关键，并明确具有强氧化性的物质，能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用来解答11（3分）过氧化钠与足量的碳酸氢钠固体混合
28、后，在密闭容器中充分加热，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）ANa2O2、Na2CO3BNa2CO3CNa2CO3、NaOHDNa2O2、Na2CO3、NaOH考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算 分析：加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳过量，又与氢氧化钠反应生成碳酸钠，最终产物为碳酸钠解答：解：NaHCO3加热分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，生成的CO2和H2O分别与Na2O2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于NaHCO3
29、足量，则会发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以残留固体为Na2CO3，故选B点评：本题考查钠的化合物的性质，难度不大，注意NaHCO3足量的特点，根据发生的有关反应正确判断最终产物12（3分）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（）A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸考点：铝的化学性质 专题：元素及其化合物分析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：NaAl（OH）4、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少解答：解：设Al为1mol，A铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAl（OH）4，1mol
30、Al消耗1molNaOH；B铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A点评：本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气13（3分）将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100molL1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（）AMBM2+CM3+DMO2+考点：氧化还原反应的计算 专题：压轴题；氧化还原反应专题分析
31、：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算反应后M元素的化合价，进而可判断还原产物解答：解：n（Zn）=0.003mol，n（MO2+）=0.02L0.100molL1=0.002mol，设反应后M的化合价为+x价，则（5x）0.002mol=0.003mol（20），x=2，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等14（3分）将一浅绿色溶液，置于空气中，变黄色将此黄色溶液逐滴滴入沸水中，形成一种红褐色胶体，下列说法中错误的是（）A该浅绿色溶液中含有Fe2+在空气中被氧化为Fe3+B欲检验该黄色溶液中，是否含
32、有未被氧化的Fe2+，向其中滴加KSCN溶液C配制该浅绿色溶液，要向其中加少量酸与铁粉，目的是为了防止Fe2+的水解与氧化D欲检验浅绿色溶液中是否含有Fe3+，滴入KSCN溶液，看是否变红色考点：铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：几种重要的金属及其化合物分析：向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+，加入硫氰化钾溶液没有明显现象，加入氯水溶液变成红色，说明溶液只有Fe2+解答：解：A浅绿色溶液中含有Fe2+在空气中被氧化为黄色的Fe3+，故A正确；B向其中滴加KSCN溶液，只能检验Fe3+，而不能检验Fe2+，故B错误；C酸能防止Fe2+水解，铁粉能防止Fe2+氧化，故C
33、正确；D滴入KSCN溶液，溶液变红色证明有Fe3+，否则无Fe3+，故D正确；故选B点评：本题考查Fe3+、Fe2+的检验，根据颜色变化分析是解题的关键15（3分）同温同压下，A容器中H2和B容器中NH3所含氢原子数相等，则两个容器的体积比是（）A3：2B1：3C2：3D1：2考点：阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：在相同条件下，气体的Vm相等，根据n=计算解答：解：在相同条件下，气体的Vm相等，根据分子中含有的H原子个数可知分子数之比为3：2，由n=n=可知，气体的分子数之比等于体积之比，则体积比为3：2，故选A点评：本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度不大
34、，注意分子的构成特点以及物质的量的相关计算公式的运用16（3分）下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A将40gNaOH溶于1L水所得的溶液B将80g SO3溶于水并配成1L的溶液C将0.5mol/L的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D含K+为2mol的K2SO4溶液考点：物质的量浓度的相关计算 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A体积指溶液体积不是溶剂体积；BSO3溶于水生成硫酸；C溶液浓度不同，密度不同；D溶液体积未知解答：解：A水的体积不等于溶液的体积，故A错误；BSO3溶于水生成硫酸，溶液体积等于1L，则浓度为1mol/L，故B正确；C溶液浓度不同，密度
35、不同，故C错误；D溶液体积未知，不能确定溶液的浓度，故D错误故选B点评：本题考查物质的量浓度，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的量浓度的定义以及溶液的体积，难度不大17（3分）下列说法正确的是（）A强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强B食盐溶液能导电，所以它是电解质CSO3的水溶液可以导电，但它不是电解质DNaHSO4无论在水溶液里还是在熔融状态下都可以电离出Na+、H+和SO考点：电解质与非电解质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A根据强电解质与溶液的导电性的关系；B根据在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是
36、非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；C电解质在水溶液或熔融状态下电离出自由移动的阴、阳离子，在水中SO3本身不能电离；DNaHSO4在熔融状态下能够电离出Na+、HSO4解答：解：A强弱电解质和电解质是否易溶于水无关，强电解质与电解质是否完全电离有关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，乙酸易溶于水，但它是弱酸，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强，故A错误；B食盐溶液能导电，但它是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；CSO3和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO3的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是SO3，所以二氧化碳是非电解质，不
37、是电解质，故C正确；DNaHSO4在水溶液里可以电离出Na+、H+和SO42，在熔融状态下能够电离出Na+、HSO4，故D错误；故选C点评：本题考查了强电解质、弱电解质和电解质、非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关18（3分）下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是（）ANa2CO3=Na22+CO32BNaHSO4=Na+H+SO42CCH3COOH=H+CH3COODH2CO3=2H+CO32考点：电离方程式的书写 分析：强电解质在溶液中能完全电离用“=”，弱电解质部分电离用“”，多元弱酸，应分步电离，离子团在电离方程式中不能拆开，据此进行分析解
38、答解答：解：A碳酸钠为强电解质，应完全电离，电离方程式为：Na2CO3=2Na+CO32，故A错误；B硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42，故B正确；C醋酸为弱电解质，应用可逆号，电离方程式为：CH3COOHH+CH3COO，故C错误；D碳酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3H+HCO3，故D错误；故选：B点评：本题考查电离方程式的书写知识，注意强电解质在溶液中能完全电离，弱电解质部分电离，离子团在电离方程式中不能拆开，强酸的酸式根离子要拆开，弱酸的酸式根离子不能拆开，多元弱酸分步电离，选项D
39、为易错选项19（3分）已知I、Fe2+、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：ClFe2+H2O2ISO2，则下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+BI2+SO2+2H2O=H2SO4+2HICH2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2OD2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl考点：氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：根据氧化还原反应的强弱规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物；还原剂的还原性大于还原产物；对比选项中的反应进行分析判断；解答：解：A、反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，故
40、A错误；B、反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物HI，符合题给条件，反应能进行，故B错误；C、标注元素化合价可知，反应中硫元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高，所以根据规律判断还原性强弱，还原剂H2O2的还原性大于还原产物SO2，和题意不符，故C正确；D、反应中还原剂Fe2+的还原性大于还原产物Cl，符合题给条件，故D错误；故选C点评：本题考查了氧化还原反应的强弱规律的应用，主要准确判断还原剂和还原产物20（3分）下列离子方程式正确的是（）A由氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：2OH+2NO2=NO3+NO+H2OB碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO3
41、2+2H2OC用浓盐酸配制的KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2OD硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A电荷不守恒；B碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水，完全反应生成碳酸钙沉淀；C浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应；D硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，如1：1混合，则反应后呈碱性，生成硫酸钡和水解答：解：A氢氧化钠溶液吸收二氧化氮，反应的离子方程式为2OH+2NO2=NO3+NO2+H2O，故A错误；B碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水，完全反应生成碳酸钙沉淀，反应的
42、离子方程式为HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，故B错误；C浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应，应用硫酸酸化，浓盐酸和二氧化锰发生2MnO4+16H+10Cl2Mn2+5Cl2+8H2O，故C错误；D硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，反应的离子方程式为H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O，故D正确故选D点评：本题考查离子方程式的书写，为2015届高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意从守恒的角度解答该类题目，易错点为C，注意浓盐酸与高锰酸钾发生反应的性质，难度不大二、非选择题21（14分）进行某实验需要0.5molL的氢氧化钠溶液约40
43、0ml，根据溶液配制的过程，回答下列问题：（1）实验除了需要托盘天平（带砝码）、药匙和玻璃棒外，还需要的其他仪器是烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管（2）根据计算得知，所需要氢氧化钠固体的质量为10.0 g（3）配制溶液的过程中，以下操作正确的是C（填序号）A、将氢氧化钠固体放在纸片上称量B、在烧杯中溶解氢氧化钠固体后，立即将溶液倒入容量瓶中C、将溶解氢氧化钠固体的烧杯用蒸馏水洗涤23次，并将洗涤液转移到容量瓶中（4）玻璃棒在实验中的作用有：搅拌，加速溶解； 引流（5）400ml0.5molL的该NaOH溶液加入到足量的MgCl2溶液中，产生的沉淀的质量为5.8g（6）取0.5molL的NaOH
44、溶液100ml，所含Na+的数目为0.05NA考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据n=cV和m=nM来计算；（3）根据配制溶液的过程中的操作来分析正误；（4）在此实验中，在溶解和移液的过程中用到玻璃棒，据此分析；（5）先求出OH的物质的量，然后根据OH与Mg2+的反应来分析产生沉淀的量；（6）求出NaOH的物质的量，然后根据1molNaOH中含1molNa+来计算解答：解：（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取
45、水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，实验除了需要托盘天平（带砝码）、药匙和玻璃棒外，还需要的其他仪器是烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；（2）由于无400mL容量瓶，故应选用500mL的容量瓶，配制出500mL的溶液，所需氢氧化钠的物质的量n=cV=0.5mol/L0.5L=0.25mol，质量m=nM=0.25mol
46、40g/mol=10.0g，故答案为：10.0；（3）A、氢氧化钠固体应放在烧杯里称量，故A错误；B、氢氧化钠固体的溶解放热，故应将溶液冷却至室温后倒入容量瓶中，故B错误；C、将溶解氢氧化钠固体的烧杯用蒸馏水洗涤23次，并将洗涤液转移到容量瓶中是正确的，故C正确；故选C（4）在此实验中，在溶解和移液的过程中用到玻璃棒，在溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；在移液过程中，玻璃棒的作用是引流，故答案为：搅拌，加速溶解；引流；（5）400ml0.5molL的该NaOH溶液中OH的物质的量n=CV=0.4L0.5mol/L=0.2mol，OH与Mg2+反应：2OH+Mg2+=Mg（OH）2，由反应可知
47、：0.2molOH生成0.1molMg（OH）2，质量m=nM=0.1mol58g/mol=5.8g，故答案为：5.8g；（6）NaOH的物质的量n=CV=0.5mol/L0.1L=0.05mol，而1molNaOH中含1molNa+，故0.05mol氢氧化钠中含0.05molNa+，个数为0.05NA，故答案为：0.05NA点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和仪器的选用，属于基础型题目，难度不大22（14分）现有A、B、C三种均含同一种金属元素的无机化合物，它们之间的转化关系如图1（部分产物已略去）所示：（1）请写出B转化为C的所有可能的离子方程式：Al（OH）3+3H+
48、=Al3+3H2O 或Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OA与C反应的所有可能的离子方程式：3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3（2）若化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图2所示则固体混合物中Mg的质量为：3.6g；NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L考点：无机物的推断 分析：（1）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，应含有Al元素，可推知A为偏铝酸盐、D为强酸、B为氢氧化
49、铝、C为铝盐（或者A为铝盐、D为强碱、B为氢氧化铝、C为偏铝酸盐）；（2）根据Mg元素守恒计算镁的质量解答：解：（1）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，应含有Al元素，可推知A为偏铝酸盐、D为强酸、B为氢氧化铝、C为铝盐（或者A为铝盐、D为强碱、B为氢氧化铝、C为偏铝酸盐），则B转化为C的所有可能的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O 或Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，A与C反应的所有可能的离子方程式为3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O 或Al（OH）3+OH=AlO2
50、+2H2O；3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3；（2）化合物Al（OH）3经过一系列反应可以得到单质E为Al，将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体，待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，由图可知，200240mL为氢氧化铝与氢氧化钠反应，可知nMg（OH）2=0.15mol，根据Mg元素守恒可知：m（Mg）=0.15mol24g/mol=3.6g，沉淀最大时为氢氧化镁、氢氧化铝，故nAl（OH）3=0.35mol0.15mol=0.2mol，根据电荷守恒可知，20200mL消耗氢氧化钠的物质的量等金属提供电子物质的量，故n（NaOH）=
51、0.15mol2+0.2mol3=0.9mol，则c（NaOH）=5mol/L，故答案为：3.6g；5mol/L点评：本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（2）中计算关键清楚个阶段发生的反应，注意利用守恒思想解答，难度中等23（12分）二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式Se+2HNO3（浓）=SeO2+NO+NO2+H2O（2）已知：Se+2H2SO
52、4（浓）2SO2+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42+4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2SO2（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2OI2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI配平方程式，标出电子转移的方向和数目（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为92.50%考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应的计算 分
53、析：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（3）反应中I失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，进而确定各物质的量的系数配平方程式，确定转移电子数目，标出电子转移的方向和数目；（4）根据反应的方程式可知，SeO22I24Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2
54、O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数解答：解：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为：Se+2HNO3（浓）=SeO2+NO+NO2+H2O，故答案为：Se+2HNO3（浓）=SeO2+NO+NO2+H2O；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2
55、的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2SO2，故答案为：H2SO4（浓）SeO2SO2；（3）反应中I失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，KNO3的系数为4，H2O的系数为2，配平并标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（4）根据反应的方程式可知SeO22I24Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000 mol/L0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n（SeO2）=0.005mol=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为100%=92.50%，故答案为：92.50%点评：本题考查氧化还原反应有关知识，涉及氧化性强弱比较、氧化还原反应配平、电子转移表示、氧化还原反应滴定计算等，难度中等，注意（4）中根据关系式的计算
