1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年河北省邯郸市永年二中高三（上）月考化学试卷一、选择题（每题3分，共54分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放2学习化学过程中需要经常做实验，下列实验操作正确的是（）A闻气味B倾倒液体C取粉末D过滤3赏心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（）A硫酸B烧碱C盐
2、酸D氢氟酸4一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：55某无色溶液能与铝作用生成氢气，则溶液中可能大量共存的离子组是（）AH+、Ba2+、Mg2+、NO3BCl、CO32、Cu2+、Mg2+CNO3、SO42、K+、OHDNO3、HCO3、Ba2+、Cl6下列叙述正确的是（）A氯化钠溶液在电流作用下电离成Na+与ClB溶于水后能电离出H+的化合物都是酸C氯化氢溶于水后能导电，但液态氯化氢不能导电D导电性强的溶液中自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液中自由移动离子数目多7下列说法或
3、做法正确的是（）ACO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，所以硅酸的酸性小于碳酸B金属钠着火燃烧时，用泡沫灭火器灭火C铝比铁活泼，所以铝比铁更容易被腐蚀D正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于78用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1 mol N2所含有的原子数为NAB标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NAC标准状况下，22.4 L氯化氢所含的原子数为NAD24 g O2分子和24 g O3分子所含的氧原子数目相等9在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）A常温下水电离出的c（OH）=1013的溶液中：Na+、ClO、F、K+B能使广泛pH试纸显蓝色的溶液：K+、B
4、a2+、Cl、BrC含有大量Al3+的溶液：Na+、Cl、S2、OHD能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42、SO3210下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体11有100mL 3molLNaOH溶液和100mL 1molL1 AlCl3溶液按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加到AlCl3
5、溶液中；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中比较两次实验的结果是（）A现象相同，沉淀量相等B现象不同，沉淀量不等C现象相同，沉淀量不等D现象不同，沉淀量相等12部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是（）A滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+BV=224C样品中CuO的质量为2.0gD样品中Fe元素的质量为1.07g13FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Cu2+C溶液中一定含Fe2+D剩余固体中一定含铜14碳酸铜和碱式碳酸铜
6、Cu2（OH）2CO3均可溶于盐酸转化为氯化铜在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜溶解28.4g 的上述混合物，恰好消耗1.0molL1盐酸 500mL灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量是（）A15gB30gC20gD35g15图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C
7、 d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD16已知NH4CuSO3与足量的2mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子D刺激性气味的气体是氨气17把Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（）AAl3+BAl（OH）3CAlO2DAl3+和Al（OH）318将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混
8、合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）ABCD二、非选择题（共计46分）19有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl、SO42、CO32中的若干种，现进行以下实验：（1）取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；（2）向（1）溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；（3）取（2）中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解；（4）重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；（5）向（4）的溶液中加
9、入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是，肯定含有的离子是，不能确定是否含有的离子可通过（填实验方法）来进一步确定该离子步骤（5）中发生反应的离子方程式是；20如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入abcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的
10、有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是该现象（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是21榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成工业上对其进行综合利用的流程如下：（1）SiO2的用途广泛，试写出其中的一种重要用途；（2）溶液中除了Ca2+外，还含有的金属阳离子有；（3）步骤中NaOH参加反应的离子方
11、程式是，鼓入空气并充分搅拌的目的是（4）在工业生产中，步骤通入过量CO2而不加入盐酸的原因是（5）试设计实验证明榴石矿中含有FeO（试剂任选，说明实验操作与现象）22某化学研究性学习小组设计实验探究铜的常见化学性质，过程设计如下提出猜想问题1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，铜不如铝活泼，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜也有两性吗？问题2：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，正一价铜的稳定性也小于正二价的铜吗问题3：氧化铜有氧化性，能被H2、CO还原，它也能被氮的某种气态氢化物还原吗？实验探究解决问题1（1）需用到的药品除1molL1CuSO4溶液、稀硫酸外还需（填试剂的化学
12、式）溶液（2）用胆矾晶体配制1molL1CuSO4溶液250mL，选用的仪器除烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管外，还有（填仪器名称）解决问题2取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在根据以上实验现象回答问题（1）写出氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应的离子方程式：，（2）从实验可得出的结论是解决问题3设计如下装置（夹持装置未画出）：当氮的某种气态氢化物（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察
13、到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种无污染的气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01mol X，测得B装置增重0.36g，并收集到0.28g单质气体Y（1）X气体的摩尔质量是（2）C中发生反应的化学方程式为2014-2015学年河北省邯郸市永年二中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共54分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产
14、，满足消费需求D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；清洁能源菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化【分析】正确地处理人与自然之间的关系，高效地、文明地实现对自然资源的永续利用，减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，据此即可解答A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，可减少化石能源的利用；B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应；C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，使用后的废弃物影响环境；D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放，符合社会可持续发展理念；【解答】解：A因不可
15、再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充，加大清洁能源的开发利用，如开发太阳能，它是可再生能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故A正确；B二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故C错误；D水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续
16、发展理念，故D正确；故选C【点评】本题考查环境保护及可持续发展，注意节约资源、开发新能源、走可持续发展之路，人人有责，题目难度不大2学习化学过程中需要经常做实验，下列实验操作正确的是（）A闻气味B倾倒液体C取粉末D过滤【考点】化学实验安全及事故处理；药品的取用；过滤菁优网版权所有【专题】化学实验基本操作【分析】根据实验室药品取用原则可以判断B、C是否正确；由闻气体气味的方法和过滤注意事项可判断A、D是否正确【解答】解：A闻气味时不能把鼻孔凑到容器口去闻药品的气味，用手轻轻扇动使气体进入鼻孔，故A错误； B用试剂瓶向试管内倾倒液体时有以下注意事项：瓶塞倒放在桌面上，标签向着手心，试管要倾斜，试剂
17、瓶口与试管口紧挨着，故B正确；C取粉末药品要用药匙，不能用手抓，故C错误；D过滤时要用玻璃棒引流，滤纸应低于漏斗边缘，漏斗尖嘴部分紧贴漏斗内壁，故D错误故选B【点评】本题考查学生根据实验室药品取用及过滤实验操作步骤注意事项进行分析解题的能力，难度不大，注意知识的积累3赏心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（）A硫酸B烧碱C盐酸D氢氟酸【考点】硅和二氧化硅菁优网版权所有【专题】碳族元素【分析】二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件下可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应【解答】解：A、硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故A
18、错误；C、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故B错误；B、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，生产的硅酸钠和二氧化硅难以分离，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故C错误；D、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故D错误故选D【点评】本题考查二氧化硅的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累4一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：5【考点】氧化还原反应的计算菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【分析】在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中
19、，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比【解答】解：在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（50）：0（3）=5：3故选A【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的
20、量之比5某无色溶液能与铝作用生成氢气，则溶液中可能大量共存的离子组是（）AH+、Ba2+、Mg2+、NO3BCl、CO32、Cu2+、Mg2+CNO3、SO42、K+、OHDNO3、HCO3、Ba2+、Cl【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】无色溶液能与铝作用生成氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：无色溶液能与铝作用生成氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，A酸溶液中Al、H+、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能存在Mg2+，故A错误；B酸溶液中不能存在CO32，碱溶液中不能存在
21、Cu2+、Mg2+，故B错误；C碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；DHCO3既能与酸又能与碱反应，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，侧重分析能力及氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大6下列叙述正确的是（）A氯化钠溶液在电流作用下电离成Na+与ClB溶于水后能电离出H+的化合物都是酸C氯化氢溶于水后能导电，但液态氯化氢不能导电D导电性强的溶液中自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液中自由移动离子数目多【考点】电解质在水溶液中的电离菁优网版权所有【分析】A、NaCl溶
22、液中的电离过程不需条件；B、酸是溶于水后电离出的阳离子全部是H+的化合物；C、盐酸中有自由移动的离子，但是液态氯化氢中只有分子；D、溶液的导电性与离子浓度有关，还与离子所带电荷多少有关，离子数目与浓度和体积有关【解答】解：A、NaCl在水中电离成Na+和Cl，电离过程不需通电条件，故A错误；B、酸是溶于水后电离出的阳离子全部是H+的化合物，溶于水后能够电离出H+的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠属于盐，故B错误；C、氯化氢溶于水形成的盐酸中有自由移动的离子而能导电，但是液态氯化氢中只有分子不能导电，故C正确；D、溶液的导电性与离子浓度有关，还与离子所带电荷多少有关，而溶液中自由移动离子数目与浓度和
23、体积都有关，所以导电性强的溶液中自由移动离子数目不一定比导电性弱的溶液中自由移动离子数目多，故D错误；故选C【点评】本题考查学生基本概念知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大7下列说法或做法正确的是（）ACO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，所以硅酸的酸性小于碳酸B金属钠着火燃烧时，用泡沫灭火器灭火C铝比铁活泼，所以铝比铁更容易被腐蚀D正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7【考点】硅酸的性质及制法；二氧化硫的污染及治理；钠的化学性质；铝的化学性质菁优网版权所有【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A、根据强酸制弱酸；B、Na的性质活泼，易与水反应、与空气中的氧气在点燃或加热时反应生
24、成过氧化钠，过氧化钠能分别与水、二氧化碳反应；C、根据铝的性质进行分析，铝在空气中易被氧气氧化生成致密的氧化物保护膜；D、正常的雨水因为溶解了少量的二氧化碳气体而显弱酸性，雨水的pH只是稍小于7，当雨水中溶解了二氧化硫、二氧化氮等物质时，雨水的酸性会明显增强，当达到一定程度时就形成酸雨【解答】解：A、CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，根据强酸制弱酸，硅酸的酸性小于碳酸，故A正确；B、金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而干冰灭火器和泡沫灭火器都生成二氧化碳，只能用干燥沙土盖灭，故B错误；C、通常情况下铝制品比铁更耐腐蚀，这是因为铝在常温下与空气中的氧气
25、发生化学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化，所以铝比铁更容易被腐蚀，故C错误；D、正常雨水中因为溶有二氧化碳而显酸性，正常雨水的pH约为5.6，但酸雨的pH却小于5.6，故D错误；故选A【点评】本题主要考查了物质的性质，注意物质的性质决定其用途，难度不大8用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1 mol N2所含有的原子数为NAB标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NAC标准状况下，22.4 L氯化氢所含的原子数为NAD24 g O2分子和24 g O3分子所含的氧原子数目相等【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数
26、和阿伏加德罗定律【分析】A、氮气是双原子分子；B、标准状况水不是气体；C、气体摩尔体积换算物质的量结合分子式计算原子数；D、氧气和臭氧都是氧元素组成，同质量氧气和臭氧氧原子物质的量相同【解答】解：A、1 mol N2所含有的原子数为2NA，故A错误；B、标准状况水不是气体，22.4 L水不是1mol，故B错误；C、标准状况下，22.4 L氯化氢物质的量为1mol，所含的原子数为2NA，故C错误；D、氧气和臭氧都是氧元素组成，24 g O2分子和24 g O3分子所含的氧原子数目相等，故D正确；故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算微粒数题
27、目难度中等9在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）A常温下水电离出的c（OH）=1013的溶液中：Na+、ClO、F、K+B能使广泛pH试纸显蓝色的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrC含有大量Al3+的溶液：Na+、Cl、S2、OHD能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42、SO32【考点】离子共存问题菁优网版权所有【分析】A常温下水电离出的c（OH）=1013的溶液为酸性或者碱性溶液，次氯酸根离子、氟离子与氢离子结合生成弱电解质；B能使广泛pH试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，K+、Ba2+、Cl、Br离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；C含有大量Al3+的溶液，铝离子与氢氧根离
28、子反应生成氢氧化铝沉淀，铝离子与硫离子发生双水解反应；D使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有氧化性，该溶液能够氧化亚硫酸根离子【解答】解：A常温下水电离出的c（OH）=1013的溶液中存在大量的H+或OH，碱性溶液中ClO与氢氧根离子反应，在溶液中不一定能大量共存，故A错误；B能使广泛pH试纸显蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Ba2+、Cl、Br离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C含有大量Al3+的溶液，Al3+、S2之间发生双水解反应，Al3+与OH离子反应生成氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有氧化性，能够氧化
29、SO32离子，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等10下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分
30、反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【考点】化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质菁优网版权所有【专题】实验评价题；元素及其化合物【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B根据钠守恒，可列方程组求解；C应先把水蒸气排除才合理；D根据质量关系，可列方程组求解【解答】解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成
31、水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选故选C【点评】本题考查物质含量的实验方案的设计，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理11有100mL 3molLNaO
32、H溶液和100mL 1molL1 AlCl3溶液按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加到AlCl3溶液中；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中比较两次实验的结果是（）A现象相同，沉淀量相等B现象不同，沉淀量不等C现象相同，沉淀量不等D现象不同，沉淀量相等【考点】镁、铝的重要化合物菁优网版权所有【分析】将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生Al3+3OHAl（OH）3，将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生Al3+4OH=AlO2+2H2O，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，以此进行判断【解答】解：100mL 3molL1NaOH溶液中n（NaOH）
33、=0.3mol，100mL 1molL1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1mol，则将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生：Al3+3OHAl（OH）3，现象为观察到白色沉淀；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，由于AlCl3最后全部转化为Al（OH）3，沉淀质量相等故选D【点评】本题考查的化合物的性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累，特别是铝三角知识，为中学元素化合物中的重要内容12部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2
34、O3、CuO）共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是（）A滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+BV=224C样品中CuO的质量为2.0gD样品中Fe元素的质量为1.07g【考点】铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；有关混合物反应的计算菁优网版权所有【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】硫酸足量，由于氧化性：Fe3+Cu2+H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜元素0.025mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体1.6g为Fe2O3，
35、物质的量为0.01mol，铁元素的物质的量为0.02mol，利用极限法判断样品中金属Fe、CuO的质量问题，滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，硫酸含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧原子的物质的量，进而计算氧原子它结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积【解答】解：硫酸足量，由于氧化性：Fe3+Cu2+H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品
36、中总共含有铜元素0.025mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体1.6g为Fe2O3，物质的量为0.01mol，铁元素的物质的量为0.02mol，利用极限法判断样品中金属Fe、CuO的质量问题，滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，硫酸含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水A由上述分析可知，滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，故A错误；B最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，含
37、氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧原子的物质的量=0.01mol，它结合氢离子0.02mol，所以硫酸中有0.04mol0.02mol=0.02mol H+生成氢气，即生成0.01mol氢气，标况体积=0.01mol22.4L/mol=0.224=224ml，故B正确；C铜元素0.025mol，样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，部分氧化时，其CuO质量小于2g，故C错误；D铁元素的物质的量为0.02mol，其质量为0.02mol56g/mol=1.12g，故D错误；故选B【点评】本题考查混合物计算及物质的性质，为
38、高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答，题目难度中等13FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Cu2+C溶液中一定含Fe2+D剩余固体中一定含铜【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化性、还原性强弱的比较菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩
39、余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断【解答】解：当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故B错误；C、通过以上分析知，溶液中一定含
40、有Fe2+，故C正确；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选B【点评】本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分14碳酸铜和碱式碳酸铜Cu2（OH）2CO3均可溶于盐酸转化为氯化铜在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜溶解28.4g 的上述混合物，恰好消耗1.0molL1盐酸 500mL灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量是（）A15gB30gC20gD35g【考点】有关混合物反应的计算菁优网版权所有【专题】守恒法【分析】根据氯元素守恒计算混合物中含有Cu的物质的量，则可求得反应
41、反应后生成CuO的物质的量，进而求得氧化铜的质量【解答】解：碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗1mol/L盐酸500mL，盐酸溶质的物质的量为0.5mol，则CuCl2为0.25mol，根据Cu元素质量守恒，则可知原混合物中含有0.25molCu，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则质量为0.25mol80g/mol=20g，故选C【点评】本题的关键在于利用守恒思想，混合物溶于盐酸后溶质成分是CuCl2，根据氯守恒可得15图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：
42、2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD【考点】氯气的化学性质菁优网版权所有【专题】卤族元素【分析】Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱；C处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水
43、生成具有漂白性物质；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH；D处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+Cl，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O【解答】解：A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2O=H+Cl+HClO，H
44、+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是生成物质具有漂白性，故C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，证明还原性Fe2+Cl，故D正确；故选D【点评】本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子
45、检验方法和特征反应的现象是关键16已知NH4CuSO3与足量的2mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子D刺激性气味的气体是氨气【考点】化学方程式的有关计算；浓硫酸的性质菁优网版权所有【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应的方程式为2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，以此解答该题【解
46、答】解：A发生反应为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故A错误；BNH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；C反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故C正确；D因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故D错误，故选：C【点评】本题考
47、查氧化还原反应，难度中等，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目17把Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（）AAl3+BAl（OH）3CAlO2DAl3+和Al（OH）3【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，根据反应：SO42+Ba2+=BaSO4、Al3+4OH=AlO2+2H2O判断【解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2
48、molSO42，由反应SO42+Ba2+=BaSO4可知，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH，则发生Al3+4OH=AlO2+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2，故选C【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题中注意判断使SO42全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据Al3+和OH物质的量的关系判断反应产物18将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）ABCD【考点】有关混合物反应的计算；化学方
49、程式的有关计算菁优网版权所有【专题】图像图表题；计算题【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答【解答】解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，此时才有二氧化碳气体生成A、0.1mol盐酸与氢氧化钠反
50、应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，
51、此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2二、非选择题（共计46分）19有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl、SO42、CO32中的若干种，现进行以下实验：（1）取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；（2）向（1）溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3
52、溶液，有白色沉淀生成；（3）取（2）中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解；（4）重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；（5）向（4）的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是SO42、CO32，肯定含有的离子是Fe3+、Al3+、Cl；，不能确定是否含有的离子可通过焰色反应（填实验方法）来进一步确定该离子步骤（5）中发生反应的离子方程式是Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+3NH4+；Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+；Al（OH）3+OHAlO2+2H
53、2O【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验菁优网版权所有【专题】物质检验鉴别题【分析】通过反应的实验现象判断，注意实验中几个典型的现象：（1）加入稀硝酸无气体放出，说明原溶液中无CO32；（2）加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，该沉淀为Fe（OH）3，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl；（3）有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，说明沉淀中不含有硫酸钡；（5）往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少，说明原溶液中含有Al3+，此为Al（OH）3与碱的反应【解答】解：（1）加入稀硝酸无气体放出，说明原溶液中无CO32；（
54、2）加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，说明原溶液中含有Fe3+，可能含有SO42，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Cl；（3）有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，说明沉淀中不含有硫酸钡，即原溶液中不存在SO42；（5）加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤，往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少，说明原溶液中肯定含有Fe3+、Al3+；因此，一定不含有的离子是SO42、CO32；肯定含有的离子是Fe3+、Al3+、Cl；因实验没有涉及到K+，则不能确定是否含有的离子是K+，可通过焰色反应进行鉴别，（5）中为铝离子与氨
55、水反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，离子反应方程式为：Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+3NH4+，往沉淀中滴加氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶于强碱，即氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；故答案为：SO42、CO32；Fe3+、Al3+、Cl；K+；焰色反应；Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+3NH4+，Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O【点评】本题考查常见离子的检验，题目难度中等，本题注意通
56、过反应的实验现象判断，把握物质的典型性质，作为推断的突破口20如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体主要成分为Ca（ClO）2和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入dabcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫
57、酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色该现象不能（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是过量的Cl2也可将I氧化为I2【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质菁优网版权所有【专题】卤族元素【分析】（1）漂白精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+
58、2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；过量氯气也会也会碘离子生成碘单质【解答】解：（1）漂白精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙与浓盐酸反应的反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：
59、主要成分为Ca（ClO）2，Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中、依次
60、放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；（4）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，此现象不能说明溴的氧化性大于碘，因为过量的氯气也会也会碘离子为碘单质；故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；不能； 过量的Cl2也可将I氧化为I2；【点评】本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，注意基础知识的掌握，本题难度中等21榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、Si
61、O2组成工业上对其进行综合利用的流程如下：（1）SiO2的用途广泛，试写出其中的一种重要用途制造光导纤维；（2）溶液中除了Ca2+外，还含有的金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Al3+；（3）步骤中NaOH参加反应的离子方程式是Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，鼓入空气并充分搅拌的目的是使其中氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁（4）在工业生产中，步骤通入过量CO2而不加入盐酸的原因是使用二氧化碳可以避免盐酸过量使氢氧化铝溶解，同时二氧化碳容易制备价格便宜（5）试设计实验证明榴石矿中含有FeO（试剂任选，说明实验操作与现象）取少量矿石加入稀硫酸溶解后充分反应，滴入高锰酸钾溶液若褪色证明矿石中含有氧化
62、亚铁【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成，加入盐酸溶解过滤得到滤液中含氯化钙、氯化亚铁、氯化铁、氯化铝、盐酸，固体为SiO2，溶液中加入氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铝，过滤得到沉淀物A加热过量氢氧化钠通入空气，氧化氢氧化亚铁生成沉淀物氢氧化铁和溶液为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝；（1）二氧化硅可以制备光导纤维；（2）溶液除去钙离子，含有阳离子Fe2+、Fe3+、Al3+；（3）步骤中NaOH参加反应和氢氧化铝
63、反应生成偏铝酸钠溶液，鼓入空气充分搅拌使为了氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁；（4）步骤通入过量CO2而不加入盐酸的原因是避免盐酸过量使氢氧化铝溶解，二氧化碳制备方法简单价格便宜；（5）取少量矿石加入稀硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液若褪色证明含有氧化亚铁；【解答】解：榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成，加入盐酸溶解过滤得到滤液中含氯化钙、氯化亚铁、氯化铁、氯化铝、盐酸，固体为SiO2，溶液中加入氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铝，过滤得到沉淀物A加热过量氢氧化钠通入空气，氧化氢氧化亚铁生成沉淀物氢氧化铁，和溶液为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，
64、加热分解生成氧化铝；（1）二氧化硅可以制备光导纤维，故答案为：光导纤维；（2）依据流程分析判断，溶液除去钙离子，含有阳离子Fe2+、Fe3+、Al3+，故答案为：Fe2+、Fe3+、Al3+；（3）步骤中NaOH参加反应和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，鼓入空气充分搅拌使为了氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；使其中氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁；（4）步骤通入过量CO2而不加入盐酸的原因是避免盐酸过量使氢氧化铝溶解，二氧化碳制备方法简单价格便宜，故答案为：使用二氧化碳可以避免盐酸过量使氢氧化铝溶解
65、，同时二氧化碳容易制备价格便宜；（5）取少量矿石加入稀硫酸溶解后充分反应，滴入高锰酸钾溶液若褪色证明矿石中含有氧化亚铁，故答案为：取少量矿石加入稀硫酸溶解后充分反应，滴入高锰酸钾溶液若褪色证明矿石中含有氧化亚铁【点评】本题考查了物质分离方法和流程分析判断，主要是实验操作和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等22某化学研究性学习小组设计实验探究铜的常见化学性质，过程设计如下提出猜想问题1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，铜不如铝活泼，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜也有两性吗？问题2：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，正一价铜的稳定性也小于正二价的铜吗问题3：氧化
66、铜有氧化性，能被H2、CO还原，它也能被氮的某种气态氢化物还原吗？实验探究解决问题1（1）需用到的药品除1molL1CuSO4溶液、稀硫酸外还需NaOH溶液（填试剂的化学式）溶液（2）用胆矾晶体配制1molL1CuSO4溶液250mL，选用的仪器除烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管外，还有250mL的容量瓶（填仪器名称）解决问题2取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在根据以上实验现
67、象回答问题（1）写出氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，（2）从实验可得出的结论是高温下，+1价的铜+2价的铜稳定，溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定解决问题3设计如下装置（夹持装置未画出）：当氮的某种气态氢化物（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种无污染的气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01mol X，测得B装置增重0.36g，并收集到0.28g单质气体Y（1）X气体的摩尔质量是32g/mol（2）C中发生反应的化学方程式为2CuO+N2H42Cu+N2+2H2O【
68、考点】性质实验方案的设计菁优网版权所有【分析】解决问题1（1）要证明Cu（OH）2具有两性，需要进行氢氧化铜和酸以及碱反应的实验，据此选择试剂；（2）根据配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液所用的仪器：烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、250mL的容量瓶；解决问题2（1）根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在来书写化学方程式；（2）根据信息：氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜来回答；解决问题3（1）根据原子守恒确定气态氢化物
69、的化学式，计算摩尔质量；（2）根据实验现象来书写化学方程式【解答】解：解决问题1（1）要证明Cu（OH）2具有两性，应先加入碱生成Cu（OH）2，还需要进行氢氧化铜和酸以及碱反应的实验，据此选择试剂1molL1CuSO4溶液、稀硫酸、氢氧化钠溶液，故答案为：NaOH溶液；（2）根据配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液所用的仪器：烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、250mL的容量瓶，故答案为：250mL的容量瓶；解决问题2（1）根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体，则离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2
70、O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；（2）根据信息：氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80100得到黑色固体粉末；继续加热至1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，根据在不同温度下反应物的组成可确定物质的稳定性，所以高于1000时Cu2O比CuO稳定，在溶液中：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，所以Cu2+比Cu+稳定，故答案为：高温下，+1价的铜+2价的铜稳定，溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定；解决问题3（1）消耗0.01mol X，测得B装置增重0.36g，即生成0.02mol的水，并收集到单质气体Y 0.28g即氮气0.01mol，根据原子守恒可以确定气态氢化物X中含有4个氢原子和2个氮原子，X的化学式为N2H4，其摩尔质量为32g/mol，故答案为：32g/mol；（3）C中发生反应的化学方程式为N2H4和氧化铜反应：2CuO+N2H42Cu+N2+2H2O，故答案为：2CuO+N2H42Cu+N2+2H2O【点评】本题考查实验探究和数据处理，做题时注意两性氢氧化物的性质以及质量守恒定律计算物质的化学式本题有一定难度- 23 - 版权所有高考资源网
