1、2015-2016学年福建省八县一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（每题3分，共42分）1化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）A“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化B蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质C“乙醇汽油”因油价上涨而被广泛使用它是指在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，它是一种新型的化合物D某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO22下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（）A2mol/L Ba（OH）
2、2溶液中Ba2+的物质的量和OH的物质的量B200mL 1mol/L氯化钙溶液中c（Cl）和100 mL 2mol/L氯化钾溶液中c（Cl）C20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度D64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数3X、Y、Z三种物质中含同种元素，在一定条件下可以实现如图所示转化，下列推断不正确的是（）A若Y为氧化铝，则Y 生成X的条件是“通电”B若X为硫单质，则Y 可能为硫化氢C若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮D若Z为硝酸铁，则Y一定为铁单质4下列操作能达到实验目的是（）A向沸腾的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶
3、液制备Fe（OH）3胶体B加热除去碳酸氢钠中少量氯化铵C用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中，观察过氧化钠的颜色D用排四氯化碳法收集氨气、氯化氢5下列有关物质分类不正确的是（）AKNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐B铝土矿、水玻璃、碱石灰都是混合物C有机玻璃、氮化硅都是有机高分子材料DBaSO4、Na3AlF6、NH4F都是强电解质6下列离子方程式正确且能解释事实的是（）ASO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O2H+SO32B向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OC向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空
4、气中放置一段时间后变蓝：4H+4I+O22I2+2H2OD用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72：Cr2O72+Fe2+14H+2Cr3+Fe3+7H2O7某氧化物不溶于水，溶于熔化的NaOH中，生成易溶于水的化合物，向稀盐酸中滴加所生成化合物的水溶液，立即有白色沉淀产生，则原氧化物是（）AAl2O3BMgOCSiO2DP2O58根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 MnO4 Cl2、Mn2+ A第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2B第组反应的其余产物为H
5、2O和 O2C氧化性由强到弱顺序MnO4Cl2Fe3+Br2D第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol9下列离子或分子在指定介质中能大量共存的是（）A硝酸亚铁溶液中：Al3+、H+、SO42、Cl、CO32B透明溶液中：Cu2+、Fe3+、NH4+、NO3、SO42C强酸性溶液中：CH3CH2OH、Mg2+、MnO4、SiO32D含有大量ClO的溶液中：K+、OH、I、SO3210设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1.0 L 1.0 mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C标准状况下，22.4 L氨水
6、含有NA个NH3分子D常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA11下列说法正确的数目是（）二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸的酸性强于碳酸硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂A4B3C2D112需要配制500mL 0.5mol/L 氢氧化钠溶液，经测定试剂氢氧化钠溶液的浓度为0.45mol/L可能原因是（）A定容时溶液没有冷却至室温B容量瓶没有烘干C称量氢氧化钠固体时砝码放反了D定容时仰视读数13某溶液中可能含有S
7、iO32、OH、CO32、SO42、AlO2、HCO3、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示下列说法正确的是（）A原溶液中一定含有Na2SO4B反应最后形成的溶液中的溶质只有NaCl C原溶液中含有CO32与AlO2 的物质的量之比为1：2D原溶液中一定含有的阴离子是：OH、CO32、SiO32、AlO214某溶液中含K+、Al3+、NH4+、SO42取500mL该溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，称重得到9.32g固体1，并收集到224mL（标准状况）气体在滤液中通入过量的
8、CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2原溶液中K+的浓度为（）A0.08mol/LB0.04mol/LC0.02mol/LD0.01mol/L二、填空题（共5题，共58分）15铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3Cu（NO3）2+NO+NO2+H2O （方程式未配平，不考虑 2NO2N2O4）（1）硝酸在该反应中体现的性质有（2）如果参加反应的Cu和HNO3的物质的量之比是3：10，写出并配平该反应的离子方程式（3）0.004molCu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的
9、硝酸的物质的量是，在标准状况下若将收集NO和NO2的集气瓶倒立于水中，通入一定量的氧气充分反应后发现无气体剩余，则通入O2的体积为 mL；所得溶液（假设溶质不扩散）的物质的量浓度是16无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等，工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3，还含有少量的SiO2 ）和石油焦（主要成分是C）为原料制备无水AlCl3：2Al2O3+6Cl24AlCl3+3O2回答以下问题：（1）加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3+C+Cl2AlCl3+X，设计实验确定气体X的成分：（2）在提纯AlCl3粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3转化为熔点较高的F
10、eCl2，从而避免在AlCl3中混入铁的氯化物该反应的化学方程式为（3）为测定制得的无水AlCl3产品（含FeCl3杂质）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g过程涉及的离子方程式、AlCl3产品的纯度为17钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图（1）反应的尾气可以用NH3H2O溶液吸收合成肥料，写出反应的离子方程式（2）钼酸铵溶液中的主要阳离子的检验方法：（3）如果在实
11、验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有（4）写出反应的化学方程式：（5）工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2+CH42CO+2H2，CH4+H2OCO+3H2含甲烷体积分数为80%的a L（标准状况）天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体（CO和H2）还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为18现向含6mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示已知BrO3+6I+6H+3I2+Br+3H2O；2BrO3+I22IO3+Br2；请回答下列问题：（1
12、）由反应有同学由此得出氧化性：I2Br2的结论，你认为是否正确（填是或否），并说明理由（2）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为，还原产物是（3）bc过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式（4）含6mol KI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为mol（5）n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为19某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验方案甲组同学用质量法，按如图1所示的实验流程进行实验：（1）实验时，蒸发结晶操作中，除了酒精灯外，还要用到的仪器是（2）有同学认为“加入适量
13、盐酸”不好操控，应改为“过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，你认为对或错，为什么（3）若实验中测得样品质量为46.4g，固体质量为40.95g，则碳酸钠的质量分数为（保留3位有效数字）（4）蒸发结晶过程中若有固体飞溅，测得碳酸钠的质量分数（填偏大 偏小 无影响）方案：乙组同学的主要实验流程图如图2：按如图3所示装置进行实验：（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体D装置的作用是（6）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都通入N2，反应后通入N2的目的是方案：气体分析法（7）把一定量样品与足量稀硫酸反应后，用如图4装置测量产生CO2气体的体积，B溶液最好采用（以下选项中选择）使测量误差较
14、小a饱和碳酸钠溶液 b饱和碳酸氢钠溶液c饱和氢氧化钠溶液 d饱和硫酸铜溶液2015-2016学年福建省八县一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共42分）1化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）A“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化B蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质C“乙醇汽油”因油价上涨而被广泛使用它是指在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，它是一种新型的化合物D某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水
15、中溶解了较多的CO2【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；海水资源及其综合利用；二氧化硫的污染及治理 【专题】化学计算【分析】A向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质；B重金属盐能使蛋白质发生变性；C化合物是由不同种元素组成的纯净物；D亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸【解答】解：A向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故A错误； B重金属盐能使蛋白质发生变性，细菌是蛋白质，能被银离子杀死，故B正确；C在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，是混合物，故C错误；D二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成
16、硫酸，使溶液的pH值变得更小，故D错误故选B【点评】本题考查净水、酸雨、蛋白质的鉴别和变性等问题，题目难度不大，注意酸雨成分的化学性质以及蛋白质的变性等问题2下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（）A2mol/L Ba（OH）2溶液中Ba2+的物质的量和OH的物质的量B200mL 1mol/L氯化钙溶液中c（Cl）和100 mL 2mol/L氯化钾溶液中c（Cl）C20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度D64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数【考点】物质的量的相关计算 【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A氢氧化钡
17、为强电解质，电离方程式：Ba（OH）2=Ba2+2OH；B.1 mol/L氯化钙溶液中c（Cl）=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c（Cl）=2mol/L；C氢氧化钠溶液浓度越大，密度越大，根据c=判断；D.64g二氧化硫的物质的量为1mol，含有2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol氧原子【解答】解：A氢氧化钡为强电解质，电离方程式：Ba（OH）2=Ba2+2OH，Ba2+的物质的量和OH的物质的量之比为1：2，故A错误；B溶液的浓度与体积无关，1 mol/L氯化钙溶液中c（Cl）=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c（Cl）=2mol/L，
18、故B错误；C氢氧化钠溶液浓度越大，密度越大，根据c=可知，20%NaOH溶液物质的量浓度比10%NaOH溶液物质的量浓度的2倍大，故C错误；D.64g二氧化硫的物质的量为=1mol，含有2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol氧原子，故D正确，故选：D【点评】本题考查物质的量计算、物质的量浓度计算，难度不大，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间关系3X、Y、Z三种物质中含同种元素，在一定条件下可以实现如图所示转化，下列推断不正确的是（）A若Y为氧化铝，则Y 生成X的条件是“通电”B若X为硫单质，则Y 可能为硫化氢C若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮D若Z为硝酸铁，则
19、Y一定为铁单质【考点】硝酸的化学性质 【专题】推断题；元素及其化合物【分析】A、若Y为氧化铝，X可以为Al，Z为NaAlO2，据此分析；B、若X为硫单质，Y可能为H2S，Z为SO2；C、若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮，Y为NO2；D、若Z为硝酸铁，则Y可以是铁单质，也可以是FeO，X为Fe（NO3）2；【解答】解：A、若Y为氧化铝，X可以为Al，Z为NaAlO2，2Al2O34Al+3O2，故A正确；B、若X为硫单质，Y可能为H2S，Z为SO2，2H2S+O2=2S+2H2O，2H2S+3O2=2SO2+2H2O，S+O2=SO2，故B正确；C、若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮，Y为NO2，3N
20、O2+H2O=2HNO3+NO，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故C正确D、若Z为硝酸铁，则Y可以是铁单质，也可以是FeO，X为Fe（NO3）2，故D错误；故选D【点评】本题考查了硝酸性质分析，物质转化关系的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等4下列操作能达到实验目的是（）A向沸腾的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体B加热除去碳酸氢钠中少量氯化铵C用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中，观察过氧化钠的颜色D用排四氯化碳法收集氨气、氯化氢【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】A制备氢氧化铁胶体时向沸
21、水中加入几滴饱和氯化铁溶液，然后加热至红褐色即可；B氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却时又生成氯化铵，且加热碳酸氢钠时碳酸氢钠分解；C钠和水反应生成NaOH，钠在空气中燃烧生成过氧化钠；D氨气和氯化氢都不溶于四氯化碳且也不和四氯化碳反应【解答】解：A制备氢氧化铁胶体时向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，然后加热至红褐色即可，所以该实验操作方法错误，故A错误；B氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却时又生成氯化铵，且加热碳酸氢钠时碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，所以该实验方法错误，故B错误；C钠和水反应生成NaOH，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，要观察过氧化钠颜色，应该将钠放置在石棉网上灼烧，故
22、C错误；D氨气和氯化氢都不溶于四氯化碳且也不和四氯化碳反应，所以可以采用排四氯化碳方法收集氨气和氯化氢，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、除杂、气体收集等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，注意：除杂时不能引进新的杂质，且不能除去需要的物质，易错选项是B5下列有关物质分类不正确的是（）AKNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐B铝土矿、水玻璃、碱石灰都是混合物C有机玻璃、氮化硅都是有机高分子材料DBaSO4、Na3AlF6、NH4F都是强电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念；有机高分子化合物的结构
23、和性质 【专题】物质的分类专题【分析】A、依据盐的分类方法，可以以阳离子、阴离子分类，正盐、酸式盐、碱式盐；B、从物质的组成角度分析，铝土矿的主要成分是氧化铝、氧化铁和二氧化硅；水玻璃是硅酸钠的水溶液；碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物；C、有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；D、强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐【解答】解：A、硝酸钾只能电离出钾离子和硝酸根离子，是钾盐、硝酸盐，也是正盐，故A正确；B、铝土矿的主要成分是氧化铝、氧化铁和二氧化硅属于混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，碱石灰是氢氧
24、化钠和氧化钙的混合物，故B正确；C、有机玻璃是有机高分子材料，氮化硅属于无机非金属材料，故C错误；D、BaSO4、Na3AlF6、NH4F都是盐，符合强电解质的概念，都是强电解质，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物、强电解质、有机高分子化合物的定义，难度不大，注意把握概念的区别6下列离子方程式正确且能解释事实的是（）ASO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O2H+SO32B向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OC向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H+4I+O22I2+2H2OD用FeSO4除去酸性
25、废水中的Cr2O72：Cr2O72+Fe2+14H+2Cr3+Fe3+7H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】常规题型；离子反应专题【分析】A亚硫酸为弱酸，电离过程分布进行，主要以第一步为主；B氢氧化钠过量，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式书写；C酸性条件下，碘离子易被空气中氧气氧化成碘单质；D离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒【解答】解：ASO2使紫色石蕊溶液变红色，原因是亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，正确的电离方程式为：SO2+H2OH+HSO3，故A错误；B向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：
26、Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故B错误；C向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，碘离子被氧化成碘单质，所以放置一段时间后变蓝，反应的离子方程式为：4H+4I+O22I2+2H2O，故C正确；DFeSO4除去酸性废水中的Cr2O72，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，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
27、式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等7某氧化物不溶于水，溶于熔化的NaOH中，生成易溶于水的化合物，向稀盐酸中滴加所生成化合物的水溶液，立即有白色沉淀产生，则原氧化物是（）AAl2O3BMgOCSiO2DP2O5【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】A氧化铝溶于烧碱生成偏铝酸钠，加入过量的盐酸，最终没有沉淀；B氧化镁不能溶于烧碱；C二氧化硅能和碱反应生成硅酸盐，盐酸酸性强于硅酸，可溶性的硅酸盐滴入盐酸中生成硅酸沉淀；DP2O5溶于烧碱生成磷酸钠，加入过量的盐酸，最终没有沉淀；【解答】解：A氧化铝不溶于水，溶于烧碱溶液生成偏铝酸钠，再加入盐酸，
28、先生成氢氧化铝白色沉淀，继续加入盐酸，氢氧化铝溶解，最终没有沉淀，故A错误；B氧化镁不能溶于烧碱溶液，故B错误；C二氧化硅不溶于水，溶于烧碱溶液生成硅酸钠，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，再加入盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，生成硅酸白色胶状沉淀，故C正确；DP2O5溶于烧碱生成磷酸钠，加入过量的盐酸，根据强酸制取弱酸的原理，生成磷酸，无沉淀，故D错误；故选C【点评】本题考查元素氧化物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质8根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物Cl
29、2、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 MnO4 Cl2、Mn2+ A第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2B第组反应的其余产物为H2O和 O2C氧化性由强到弱顺序MnO4Cl2Fe3+Br2D第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】A由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断；B反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；C氧化剂的氧化性大于
30、氧化产物的氧化性；D由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍【解答】解：A由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故A正确；B反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故B正确；C中MnO4被还原成Mn2+，Cl被氧化为Cl2，则氧化性MnO4Cl2，中亚铁离子先被氧化，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4Cl2Br2Fe3+，故C错误；
31、D由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故D正确；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中物质的性质、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力与应用能力的考查，题目难度中等9下列离子或分子在指定介质中能大量共存的是（）A硝酸亚铁溶液中：Al3+、H+、SO42、Cl、CO32B透明溶液中：Cu2+、Fe3+、NH4+、NO3、SO42C强酸性溶液中：CH3CH2OH、Mg2+、MnO4、SiO32D含有大量ClO的溶液中：K+、OH、I、SO32【考点】离子共存问题 【专
32、题】离子反应专题【分析】A离子之间结合生成水、气体或沉淀；B该组离子之间不反应；C强酸溶液中不能大量存在SiO32，且离子之间发生氧化还原反应；D离子之间发生氧化还原反应【解答】解：AH+、CO32结合生成水、气体，Al3+、Fe2+分别与CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C强酸溶液中不能大量存在SiO32，且CH3CH2OH、H+、MnO4发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；DClO分别与I、SO32发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选B【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
33、关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大10设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1.0 L 1.0 mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】常规题型；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、NaAlO2水溶液中除了NaAlO2本身，水也含氧原子；B、铁在浓硫酸中会钝化；C、标况下氨水为液态； D、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为
34、双原子分子【解答】解：A、NaAlO2水溶液中除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；B、铁在浓硫酸中会钝化，反应程度很小，故生成的二氧化硫分子数小于NA个，故B错误；C、标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，而且两者均为双原子分子，故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个，故D正确故选D【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11下列说法正确的数目是（）二氧化硅具有良好的半导体特性，
35、故而可用作光导纤维硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸的酸性强于碳酸硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂A4B3C2D1【考点】硅和二氧化硅 【分析】二氧化硅是光导纤维的主要成分；硅酸盐具有粘性；常温下，水溶液中强酸能制取弱酸；硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气【解答】解：硅具有良好的半导体特性，二氧化硅可用作光导纤维，故错误；硅酸盐具有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞粘到一起，故错误；高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不
36、能说明硅酸的酸性强于碳酸，故错误；硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，水中氢离子化合价降低，做氧化剂，故正确；故选：D【点评】本题考查了硅及其化合物，熟悉物质的性质是解题关键，注意硅与氢氧化钠溶液反应的实质，题目难度不大12需要配制500mL 0.5mol/L 氢氧化钠溶液，经测定试剂氢氧化钠溶液的浓度为0.45mol/L可能原因是（）A定容时溶液没有冷却至室温B容量瓶没有烘干C称量氢氧化钠固体时砝码放反了D定容时仰视读数【考点】配制一定物质的量浓度的溶液 【专题】实验结果分析；定量测定与误差分析【分析】根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析【解答】解：A、定容是没
37、有冷却至室温，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故A错误；B、容量瓶没有烘干，对溶液浓度无影响，故B错误；C、所需的氢氧化钠的质量m=CVM=0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g，由于称量氢氧化钠固体时没有用到砝码，故砝码和物品防反后对药品的质量无影响，故C错误；D、定容时仰视读数，则溶液体积偏大，浓度偏低，故D正确故选D【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大13某溶液中可能含有SiO32、OH、CO32、SO42、AlO2、HCO3、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成
38、沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示下列说法正确的是（）A原溶液中一定含有Na2SO4B反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC原溶液中含有CO32与AlO2 的物质的量之比为1：2D原溶液中一定含有的阴离子是：OH、CO32、SiO32、AlO2【考点】常见离子的检验方法；离子方程式的有关计算 【专题】离子反应专题【分析】根据图象曲线变化可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含氢氧根离子，则与氢氧根离子不能共存的有Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2与HCO3发生反应生成氢
39、氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有钠离子离子，据此进行解答【解答】解：由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2、SiO32和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2与HCO3发生反应生成氢氧化铝
40、沉淀，则溶液中一定不存在HCO3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；A溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故A错误；B依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32+2H+=CO2+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为3：4，故B错误；C反应最后形
41、成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故C错误；D依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，正确分析图象曲线变化为解题关键，注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力14某溶液中含K+、Al3+、NH4+、SO42取500mL该溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，称重得到9.32g固体1，并收集到224mL（标准状况）气体在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2原溶液中K+的浓度为（）A
42、0.08mol/LB0.04mol/LC0.02mol/LD0.01mol/L【考点】化学方程式的有关计算 【专题】计算题；守恒法【分析】溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，最终得到9.32g固体1为BaSO4，其物质的量为=0.04mol，收集到224mL气体为NH3，其物质的量为=0.01mol，滤液中含有K+、AlO2及过量的Ba（OH）2，在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2为Al2O3，其物质的量为=0.005mol，根据电荷守恒n（K+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42），计算n（K+），再根据c=计算【解答】解：溶液
43、加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，最终得到9.32g固体1为BaSO4，其物质的量为=0.04mol，收集到224mL气体为NH3，其物质的量为=0.01mol，滤液中含有K+、AlO2及过量的Ba（OH）2，在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2为Al2O3，其物质的量为=0.005mol，根据电荷守恒n（K+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42），则：n（K+）+320.005mol+0.01mol=20.04mol，解得n（K+）=0.04mol，原溶液中K+的浓度为=0.08mol/L，故选：A【点评】本题考查混合物计算，关键是
44、明确发生的反应，注意利用守恒法解得，难度中等二、填空题（共5题，共58分）15铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3Cu（NO3）2+NO+NO2+H2O （方程式未配平，不考虑 2NO2N2O4）（1）硝酸在该反应中体现的性质有氧化性、酸性（2）如果参加反应的Cu和HNO3的物质的量之比是3：10，写出并配平该反应的离子方程式3Cu+10H+4NO3=3Cu2+NO+3NO2+5H2O（3）0.004molCu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是0.008NA，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是0.012mol，在标准状况下若将收集NO和NO2的集气瓶倒立于水中，通入一定量的氧气充分反应后发现无气体剩余，则通入O2的体积为44.8 mL；所得溶液（假设溶质
