1、2015-2016 学年浙江省台州市书生中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，共 48 分）1 （2 分） （2015 春苍南县校级期末）下列说法正确的是（ ）A执行“限塑令”主要是为了节约资源B金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液D工业生产硫酸中，建立高烟囱可以降低地面 SO2 的浓度，减少空气污染【考点】常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】A聚乙烯等塑料难以降解，容易引起白色污染；B金刚石为碳单质，能够与氧气反应生成二氧化碳；C丁达尔效应是胶体特有性质；D
2、建立高烟囱不能减小空气污染【解答】解：A执行“限塑令”主要是为了保护环境，故 A 错误；B金刚石是自然界中硬度最大的物质，能与氧气发生反应生成碳的氧化物，故 B 错误；C蛋白质溶液属于胶体，可以利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液，故 C 正确；D二氧化硫的排放与烟囱的高度无关，因反应为可逆反应，建立高烟囱不能减小空气污染，故 D 错误；故选：C【点评】本题为综合题，涉及常见的生活中的环境的污染与治理、胶体的性质等，为高频考点，侧重于化学与生活、生产以及环境保护等知识，题目难度不大2 （2 分） （2015门头沟区模拟）下列有关实验操作正确的是（ ）A B称量氢氧化钠固体 检验铁粉与水蒸
3、气反应产生的氢气C D配制 175 mL 0.10 molL1 盐酸 分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物【考点】化学实验方案的评价【分析】A称量时，药瓶放在左盘，砝码在右盘；BFe 与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，点燃肥皂泡验证氢气；C不能用 100mL 容量瓶配制 175 mL 溶液；D水的进出方向错误【解答】解：A称量时，药瓶放在左盘，砝码在右盘，且将氢氧化钠放在小烧杯中称量，故 A 错误；BFe 与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，点燃肥皂泡验证氢气，图中实验装置及方案合理，故 B 正确；C容量瓶较小，不能用 100mL 容量瓶配制 175 mL 溶液，故 C 错误；D水的进出方向错
4、误，应从下端进水，故 D 错误故选 B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液配制、固体称量、物质的检验等，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、评价性、操作性分析，选项 B 为解答的难点，题目难度不大3 （2 分） （2015 秋瑞安市期中）下表所列的一些物质或概念间的从属关系中，不符合图示要求的是（ ）X Y Z例 氧化物 化合物 纯净物A 碱 电解质 化合物B 胶体 分散系 混合物C 酸性氧化物 非金属氧化物 化合物D 碱性氧化物 金属氧化物 氧化物AA B B CC DD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解
5、质与非电解质【分析】由图可知，概念的范畴为 Z 包含 Y，Y 包含 X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答【解答】解：A、物质分为纯净物和混合物，纯净物分为单质和化合物，化合物分为酸、碱、盐、氧化物，符合从属关系，故 A 错误；B、化合物分为电解质和非电解质，电解质包括酸、碱、盐、氧化物，符合从属关系，故B 错误；C、氧化物只有两种元素组成的化合物，化合物包括氧化物，但是非金属氧化物不包括酸性氧化物，如七氧化二锰属于酸性氧化物，不符合从属关系，故 C 正确；D、氧化物只有两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，
6、但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，符合从属关系，故 D 错误故选 C【点评】本题考查物质的组成和分类，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键本题较简单，属于基础题4 （2 分） （2015 秋台州校级月考）下列叙述正确的是（ ）A离子化合物中的阴离子肯定不存在金属元素B任何的阳离子只有氧化性，任何的阴离子只有还原性C与强酸、强碱都会反应的物质中只有两性氧化物或两性氢氧化物D根据化合物在水溶液中电离出的离子的类别，将化合物分为酸、碱、盐等【考点】离子化合物的结构特征与性质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；两性氧化物和两
7、性氢氧化物【分析】A离子化合物中的阴离子可能存在金属元素；B阳离子可能具有还原性，阴离子可能具有氧化性；C弱酸酸式盐、弱酸铵盐都可以和强酸强碱反应；D在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸、在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，由酸根离子和金属阳离子或铵根离子构成的化合物是盐【解答】解：A离子化合物中的阴离子可能存在金属元素，如 AlO2等，故 A 错误；B阳离子可能具有还原性，如 Fe 2+，阴离子可能具有氧化性，如 MnO4等，故 B 错误；C弱酸酸式盐、弱酸铵盐都可以和强酸强碱反应，如碳酸氢钠、硫化铵等，故 C 错误；D在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合
8、物是酸、在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，由酸根离子和金属阳离子或铵根离子构成的化合物是盐，所以根据化合物在水溶液中电离出的离子的类别，将化合物分为酸、碱、盐等，故 D 正确；故选 D【点评】本题考查离子化合物构成、离子的性质、基本概念等知识点，侧重考查学生分析判断能力，注意规律中的特例，题目难度不大5 （2 分） （2011 秋宁波期末）石头纸（Rich Mineral Paper）也叫石科纸，就是用磨成粉末的石头为主要原料，加上 15%的聚乙烯和 5%胶合剂制成的 2010 年两会期间，与会的政协委员们领到的各种会议资料都是以碳酸钙为主要原料的低碳“石头纸”下列有关“石
9、头纸”的说法错误的是（ ）A “石头纸”不宜在高温条件下生产B “石头纸 ”与普通纸相比不易燃烧C “石头纸 ”能耐强酸与强碱的腐蚀D推广使用“石头纸”能达到保护森林和环保的目的【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】信息给予题【分析】根据“石头纸” 的原料为：碳酸钙，加上 15%的聚乙烯和 5%胶合剂，因此根据碳酸钙的性质和有机物的性质分析【解答】A碳酸钙高温条件下易分解，有机物聚乙烯和胶合剂高温条件下能熔化，故“石头纸”不宜在高温条件下生产，故 A 正确；B “石头纸 ”主要原料是碳酸钙，所以与与普通纸相比不易燃烧，故 B 正确；C “石头纸 ”中的碳酸钙易溶于酸，故 C 错误；D推广使
10、用“石头纸”能减少普通纸的使用，而普通纸的原料为木材，所以能达到保护森林和环保的目的，故 D 正确；故选 C【点评】本题实际考查了碳酸钙的性质，以及有机物的一些性质，所以要抓住题干中的关键词6 （2 分） （2015 秋桃源县校级月考）某溶液中加入铝粉产生 H2，则该溶液中一定大量存在的下列离子组是（ ）AK +、Na +、Cl 、NO 3 BMg 2+、K +、Cl 、SO 42CK +、Na +、Cl 、HCO 3 DK +、Na +、Cl 、SO 42【考点】离子共存问题【分析】溶液中加入铝粉产生 H2，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反
11、应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：溶液中加入铝粉产生 H2，为非氧化性酸或强碱溶液，A酸溶液中 Al、H +、NO 3发生氧化还原反应不生成氢气，故 A 不选；B碱溶液中不能大量存在 Mg2+，故 B 不选；CHCO 3与酸、碱均反应，一定不能大量共存，故 C 不选；D酸、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故 D 选；故选 D【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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大7 （2 分） （2015 秋台州校级月考）向 FeCl3、CuCl 2 混合溶液中加入一定量的铁粉和铜粉充分
12、反应，若反应结束后固体有剩余，则下列说法中不正确的是（ ）A固体中肯定有铜 B固体中可能有铁C溶液中肯定不存在 Fe3+ D溶液中肯定不存在 Cu2+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应【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+、Cu 2+全部参加反应生成 Fe2+和 Cu，反应的方程式为：2FeCl 3+Fe=3FeCl2、Cu
13、Cl 2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu 2+，一定含有 Fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有 Fe3+，Cu 2+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、通过以上分析知，剩余固体中一定含 Cu，故 A 正确；B、通过以上分析知，剩余固体中一定含 Cu，可能含有 Fe，故 B 正确；C、通过以上分析知，剩余固体中一定含 Cu，溶液中一定不含 Fe3+，故 C 正确；D、通过以上分析知，溶液中一定含有 Fe2+，可能含有 Cu2+，故 D 错误；故选 D【点评】本题考查了 Fe3+、Cu
14、 2+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，题目难度不大8 （2 分） （2015 秋台州校级月考）某溶液中含有 NH4+、 Fe2+、Fe 3+、Al 3+四种离子，若向溶液中先滴加过量的 NaOH 溶液，然后再滴加过量的稀盐酸，则溶液中离子数目保持不变的是（ ）AAl 3+ B NH4+ CFe 3+ DFe 2+【考点】离子共存问题；离子反应发生的条件【分析】加入过量的 NaOH 后，镁离子全部转化为 Mg（OH） 2 沉淀铝则转化成了偏铝酸根离子氨转化为氨水，加热后生成氨气离开了溶液铁离子全部转化为 Fe（OH
15、） 2 沉淀，被加热被氧化成 Fe（OH） 3，加入盐酸后氢氧化镁溶解生成氯化镁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，以此来解答【解答】解：含有 NH4+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+四种离子，若向溶液中先滴加过量的 NaOH 溶液，发生 Mg2+2OHMg（OH） 2、Fe 2+2OHFe（OH） 2、4Fe（OH ） 2+O2+2H2O4Fe（OH） 3、Al 3+4OHAlO2+2H2O、NH 4+OH NH3+H2O，则铵根离子、亚铁离子均减少；然后再滴加过量的稀盐酸，Mg（OH） 2、Fe（OH） 3 和 NaAlO2 与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl 3、FeCl 3，铁离
16、子增多，则溶液中离子数目保持不变的是 Al3+，故选 A【点评】本题考查离子的共存及离子反应，为高频考点，把握离子之间的反应、元素化合物知识为解答该题的关键，侧重分析和应用能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大9 （2 分） （2011 秋宁波期末）能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）AFeCl 3 溶液与 Cu 的反应：Cu+Fe 3+Cu2+Fe2+BNH 4HCO3 溶于过量的 NaOH 溶液中：HCO 3+OHCO32+H2OC大理石溶于醋酸中：CaCO 3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2OD向 AlCl3 溶液中加入过量氨水：Al 3+3OHA
17、l（OH） 3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A、选项中离子方程式电荷不守恒；B、在过量氢氧化钠溶液中碳酸氢根离子和铵根离子全部反应；C、碳酸钙难溶于水，醋酸是弱酸，反应生成醋酸钙溶于水；D、一水合氨是弱碱【解答】解：A、FeCl 3 溶液与 Cu 的反应：Cu+2Fe 3+Cu2+2Fe2+，故 A 错误；B、NH 4HCO3 溶于过量的 NaOH 溶液中：NH 4+HCO3+2OHCO32+H2O+NH3H2O，故 B错误；C、大理石溶于醋酸中：CaCO 3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，故 C 正确；D、一水合氨是弱碱，向 AlCl3 溶液中
18、加入过量氨水：Al 3+3NH3H2OAl（OH ）3+3NH4+，故 D 错误；故选 C【点评】本题考查了离子方程式书写方法和正误判断，主要是弱电解质判断，电荷守恒的分析应用，题目较简单10 （2 分） （2015 秋台州校级月考）下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）A质量相等、密度不等的 N2 和 C2H4B相同压强、相同体积的 CO 和 O2C相同温度、相同体积的 O2 和 N2D质量相等的 N2 和 CO2【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】两种气体的分子数一定相等，根据 N=nNA 可知，二者物质的量相等，A根据 n= 判断；B根据 PV=nRT，可知等压等体积下温度影响气体物质的
19、量；C根据 PV=nRT，可知温等体积下压强影响气体物质的量；D根据 n= 判断【解答】解：两种气体的分子数一定相等，根据 N=nNA 可知，二者物质的量相等，AN 2 和 C2H4 的摩尔质量都是 28g/mol，二者质量相等，根据 n= 可知二者物质的量相等，故 A 正确；B根据 PV=nRT 可知，等压等体积下影响气体物质的量的因素为温度，二者温度不一定相等，故含有分子数目不一定相等，故 B 错误；C根据 PV=nRT 可知，等温等体积下影响气体物质的量的因素为压强，二者压强不一定相等，故含有分子数目不一定相等，故 C 错误；Dn= ，质量相等的 N2 和 CO2，由于摩尔质量不同，所以
20、物质的量不同，故 D 错误，故选 A【点评】本题考查常用化学计量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论等，难度不大，注意根据 pV=nRT 理解阿伏伽德罗定律及讨论11 （2 分） （2015 秋台州校级月考）设 NA 为阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A1 mol FeCl 3 完全水解转化为氢氧化铁胶体后生成 NA 个胶粒B等物质的量的 H2 和 CO 含有的分子总数都为 NA 个C46 g 二氧化氮和 46 g 四氧化二氮含有的原子数均为 3 NAD在 1 molL1 的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为 2 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体；
21、B、等物质的量的 H2 和 CO 中含有的分子数相等；C、二氧化氮和四氧化二氮均由 NO2 构成；D、溶液体积不明确【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，故 1mol 氯化铁形成的氢氧化铁胶粒的个数小于 NA 个，故 A 错误；B、等物质的量的 H2 和 CO 中含有的分子数相等，但不一定为 NA 个，故 B 错误；C、二氧化氮和四氧化二氮均由 NO2 构成，故 46g 无论是 NO2 还是 N2O4 中含有的 NO2 的物质的量 n= =1mol，故含有的原子为 3mol 即 3NA 个，故 C 正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的硝酸根的个数无法计算，故 D 错误故选
22、 C【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12 （2 分） （2015 秋台州校级月考）甲、乙两份等质量的 NaHCO3 固体，甲先加热使NaHCO3 充分分解，再在加热后的固体中滴足量盐酸充分反应；乙中直接滴足量盐酸充分反应；则甲、乙两份消耗同浓度盐酸的体积（ ）A甲多 B乙多 C一样多 D不能确定【考点】化学方程式的有关计算；钠的重要化合物【分析】甲先加热使 NaHCO3 充分分解，再在加热后的固体中滴足量盐酸充分反应，发生的反应为 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2、Na 2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，乙
23、中放电反应为 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，充分反应后甲乙最终得到的溶质为 NaCl，根据原子守恒计算消耗盐酸体积【解答】解：甲先加热使 NaHCO3 充分分解，再在加热后的固体中滴足量盐酸充分反应，发生的反应为 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2、Na 2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，乙中放电反应为 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，充分反应后甲乙最终得到的溶质为 NaCl，根据 Na、Cl 原子守恒得 n（NaHCO 3）=n（NaCl）=n（HCl） ，m（NaHCO 3）相等、盐酸浓度相等，所以消耗盐酸体积相等，故选 C【点评】
24、本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析能力，利用原子守恒化繁为简而得出正确答案，难点是原子守恒的灵活运用，题目难度不大13 （2 分） （2012天心区校级模拟）等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应若生成硫酸钡沉淀的质量比为 1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）A1：2：3 B 1：6：9 C1：3：3 D1：3：6【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【专题】压轴题；离子反应专题【分析】生成硫酸钡沉淀的质量比为 1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为 1：2：3，然后利用 Al2（SO 4） 33BaSO 4、ZnSO 4
25、BaSO 4、Na 2SO4BaSO 4 来计算【解答】解：由生成硫酸钡沉淀的质量比为 1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，设生成硫酸钡的物质的量分别为 n、2n、3n，则 Al2（SO 4） 33BaSO 41 3nZnSO4BaSO 41 12n 2nNa2SO4BaSO 4 1 13n 3n又硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比，即为 ：2n：3n=1 ：6：9，故选 B【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比来解答14 （2
26、 分） （2015 秋台州校级月考）一定条件下，分别以KMnO4、KClO 3、H 2O2、HgO（HgO 分解产生 O2）为原料制取 O2当制得同温、同压下相同体积的 O2 时，四个反应中转移的电子数之比是（ ）A1：1：1：1 B 2：2：1：2 C1：3：1：1 D4：3：2：1【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算【分析】加热高锰酸钾的方程式为 2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2，转移电子是4mol，氯酸钾分解反应的方程式为 2KClO3 2KCl+3O2，转移电子是12mol，2H 2O2 2H2O+O2，转移电子是 2mol，2HgO 2Hg+O2，转移电子是4mol，根据
27、转移电子的数目和获得氧气的量进行计算【解答】解：加热高锰酸钾的方程式为 2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2，转移电子是4mol，氯酸钾分解反应的方程式为 2KClO3 2KCl+3O2，转移电子是12mol，2H 2O2 2H2O+O2，转移电子是 2mol，2HgO 2Hg+O2，转移电子是4mol，当获得氧气常温常压下相同体积时，假设是 1mol 时，转移电子数分别是4mol、4mol、2mol，所以所转移的电子数目之比是 4：4：2：4=2：2：1：2故选 B【点评】本题考查学生氧化还原反应中电子转移情况，注意化合价升高数=化合价降低数值=转移电子数这一规律的应用，难度不大15
28、（2 分） （2015 秋台州校级月考）酸性溶液中离子还原性强弱为：SO2I Fe 2+ H2O2Cl ，则下列反应不可能发生的是（ ）A2Fe 3+2H2O+SO22Fe2+SO42+4H+B2Fe 2+Cl22Fe3+2ClCI 2+SO2+2H2OH2SO4+2HIDH 2O2+H2SO4SO2+O2+2H2O【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是 SO2I H 2O2Fe 2+Cl 来判断反应能否发生【解答】解：A、因该反应中 S 元素的化合价升高，Fe 元素的化合价降低，则 SO2 为还原剂，还原
29、性强弱为 SO2Fe 2+，与已知的还原性强弱一致，故 A 能发生；B、因该反应中 Fe 元素的化合价升高， Cl 元素的化合价降低，则 Fe2+为还原剂，还原性强弱为 Fe2+Cl ，与已知的还原性强弱一致，故 B 能发生；C、因该反应中 S 元素的化合价升高，I 元素的化合价降低，则 SO2 为还原剂，还原性强弱为 SO2I ，与已知的还原性强弱一致，故 C 能发生；D、若该反应发生，S 元素的化合价降低，O 元素的化合价升高，则 H2O2 为还原剂，还原性强弱为 H2O2SO 2，与已知的还原性强弱矛盾，故 D 不可能发生；故选 D【点评】本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的
30、发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可，题目难度不大16 （2 分） （2015 秋台州校级月考）氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用 CuSO4 溶液和“另一种反应物” 在 4050时反应可生成它CuH 不稳定，易分解：CuH 在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关它的推断中错误的是（ ）A “另一种反应物”一定只具有氧化性B “另一种反应物”一定具有还原性C点燃时：2CuH+3Cl 22CuCl2+2HClDCuH 既可做氧化剂也可做还原剂【考点】氧化还原反应【分析】ACu 元素的化合价由+2 价降低为+1 价，在反应中
31、CuSO4 作氧化剂；BCu 元素的化合价由+2 价降低为 +1 价，在反应中 CuSO4 作氧化剂；CCuH 跟氯气反应生成 CuCl2 和 HCl；DCuH 中 Cu 元素为+1 价，既能升高又能降低【解答】解：ACu 元素的化合价由+2 价降低为+1 价，在反应中 CuSO4 作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，故 A 错误；BCu 元素的化合价由+2 价降低为 +1 价，在反应中 CuSO4 作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，故 B 正确；CCuH 跟氯气反应生成 CuCl2 和 HCl，则点燃时的方程式为：2CuH+3Cl 22CuCl2
32、+2HCl，故 C 正确；DCuH 中 Cu 元素为+1 价，既能升高又能降低，所以 CuH 既可做氧化剂也可做还原剂，故 D 正确；故选 A【点评】本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重知识的迁移应用来考查学生17 （2 分） （2014丹阳市校级三模）下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（ ）甲 乙 丙A Al2O3 AlCl3 Al（OH） 3B CuO Cu（OH） 2 CuCl2C Fe FeCl3 FeCl2D NaCl NaHCO3 Na2CO3AA B B CC DD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的
33、综合应用；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝；B氧化铜和水不反应；C铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁和锌反应生成铁；D氯化钠溶液中先通入氨气后通入二氧化碳能生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠【解答】解：AAl 2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、AlCl 3+3NH3
34、H 2O=Al（OH）3+3NH4Cl、Al （OH） 3+3HCl=AlCl3+3H2O、2Al（OH） 3 Al2O3+3H2O，故 A 不选；B氧化铜和水不反应，所以不能由氧化铜一步反应生成氢氧化铜，故 B 选；C.2Fe+3Cl2 2FeCl3、2FeCl 3+Fe=3FeCl2、2FeCl 2+Cl2=2FeCl3、FeCl 2+Zn=ZnCl2+Fe，故 C 不选；DNaCl+NH 3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO 3 Na2CO3+CO2+H2O、Na 2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、Na 2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，故 D
35、 不选；故选 B【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是 D，注意侯德榜制碱法中涉及此反应，为易错点18 （2 分） （2015 秋枣阳市月考）120mL 含有 0.20mol 碳酸钠的溶液和 200mL 盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（ ）A2.0 molL 1 B 1.5 molL1 C0.18 molL 1 D0.24 molL 1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠
36、的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案【解答】解：当碳酸钠滴入盐酸中时发生 CO32+2H+H2O+CO2，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为 CO32+H+HCO3、HCO 3+H+H2O+CO2，则 HCl的物质的量应大于 Na2CO3 的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则 HCO3+H+=H2O+CO2 不能全部完成，即 HCl 的物质的量比 Na2CO3 的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为 0.2mol，则 HCl 的物质的量应介于 0.2mol0.4mol 之间，盐酸溶液的体积为 200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于 =1mol/L，小于 =2mol/L
37、，故选 B【点评】本题考查学生利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，题目难度中等，明确反应发生的先后顺序，通过比较及信息中都有气体产生，但最终生成的气体体积不同是解答的关键19 （2 分） （2015 秋上饶校级月考）把 2.1g CO 与 H2 组成的混合气体与足量的 O2 充分燃烧后，立即将产物全部通入到足量的 Na2O2 固体中，则固体的质量增加了（ ）A2.1 g B 3.6 g C7.2 g D无法确定【考点】有关混合物反应的计算【分析】利用差量法，根据化学方程式分析：CO 与 H2 在氧气中完全燃烧，生成 CO2 和H2O，生成的 CO2 和 H2O 再与 Na2O2 反应2CO+
38、O2 2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na 2O2 与 CO2 反应：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，质量增重 m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为 CO 的质量；2H2+O2 2H2O，生成的水与氢气物质的量相等， Na2O2 与 H2O 反应：2H2O+2Na2O24NaOH+O2，质量增重 m=2H2OO2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量【解答】解：CO 与 H2 在氧气中完全燃烧，生成 CO2 和 H2O，生成的 CO2 和 H2O 再与Na2O2 反应，2CO+O2 2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na 2O2
39、 与 CO2 反应：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，质量增重 m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为 CO 的质量；2H2+O2 2H2O，生成的水与氢气物质的量相等， Na2O2 与 H2O 反应：2H2O+2Na2O24NaOH+O2，质量增重 m=2H2OO2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，故过氧化钠固体增重等于 CO 和 H2 的质量之和为 2.1g，故选 A【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意从 CO2、H 2O 与 Na2O2 生成固体质量的变化分析规律，是解答该题的关键，试题培养了学生的灵活应用能力20 （2
40、分） （2015郴州模拟）将 40mL 1.5molL1 的 CuSO4 溶液与 30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中 c（Cu 2+ ）或 c（OH ） （c 表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（ ）ACu（OH） 2 B CuSO4Cu（OH） 2CCuSO 42Cu（OH） 2 DCuSO 43Cu（OH） 2【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】依据题意计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中 c （Cu 2+ ）
41、或 c （OH ）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中；只要比较铜离子和氢氧根离子物质的量之比和选项中相同即符合要求；【解答】解：40mL 1.5molL 1 的 CuSO4 溶液中含铜离子物质的量 n（Cu 2+）=0.04L1.5mol/L=0.06mol；30mL 3molL1 的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量 n（OH ）=0.09mol；n（Cu 2+）：n（ OH）=2 ：3；溶液中 c （Cu 2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于 2：3，对比选项，A 为 1：2；B 为 1：1；c为 3：4；
42、D 为 2：3，故 D 符合；故选 D【点评】本题考查了元素守恒的具体应用，以常规的反应为载体，用定量分析的方法判断生成沉淀的组成，注意题干中的信息应用21 （2 分） （2014 秋武汉校级期末）可溶性化合物 A、B、C 由下表中离子组合而成（每种离子只存在于一种化合物中） 阳离子 Mg2+、Ag +、Na +阴离子 NO3、SO 42、Cl 现将等物质的量的 A、B、C 一起溶于水后，所得混合溶液中除 H+、OH 外还含有五离子则 A 的化学式不可能是（ ）AAgNO 3 B Na2SO4 CMgCl 2 DMgSO 4【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】可溶性的银盐只有
43、硝酸银，故银离子结合硝酸根；等物质的量的 A、B、C 溶于水，所得溶液中除 H+、OH 外还含有五离子，即此只含有 Mg2+、Na +、NO 3、SO 42、Cl 五种离子，A、B、C 三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，氯离子有剩余，故不可能形成NaCl，以此来解答【解答】解：可溶性的银盐只有硝酸银，故银离子结合硝酸根；等物质的量的 A、B、C溶于水，所得溶液中除 H+、OH 外还含有五离子，即此只含有Mg2+、Na +、NO 3、SO 42、Cl 五种离子，A 、B 、C 三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，氯离子有剩余，故不可能形成 NaCl，只能形成 MgCl2，故不可能形成 MgSO
44、4，故选 D【点评】本题考查物质检验和鉴别的实验方案的设计，为高频考点，注意“等物质的量”是解决本题的关键，侧重分析能力及推断能力的考查，题目难度中等22 （2 分） （2015 秋台州校级月考）向一定量的 Fe、Fe 3O4、Fe 2O3、FeO 的混合物中加入200mL 1molL1 的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出 4.48mL（标准状况）气体所得溶液中，加入 KSCN 溶液无红色出现，那么用足量的 CO 在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为（ ）A11.2 g B 5.6 g C2.8 g D无法计算【考点】有关混合物反应的计算【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有
45、剩余，向反应所得溶液加 KSCN 溶液无血红色出现，说明溶液为 FeCl2 溶液，根据氯元素守恒可知 n（FeCl 2）= n（HCl） ；用足量的 CO 在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知 n（Fe）=n（FeCl 2） ，据此结合 m=nM 计算得到的铁的质量【解答】解：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加 KSCN 溶液无血红色出现，说明溶液为 FeCl2 溶液，根据氯元素守恒可知 n（FeCl 2）= n（HCl）= 0.2L1mol/L=0.1mol，用足量的 CO 在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知 n（Fe）=n（FeC
46、l 2）=0.1mol，质量为 0.1mol56g/mol=5.6g，故选 B【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力23 （2 分） （2013安徽模拟）对溶液中的反应，如图图象中 m 表示生成沉淀的物质的量，n 表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是（ ）A符合甲图象的两种反应物可以是 AlCl3 和 NaOHB符合乙图象的两种反应物可以是 Ca（OH ） 2 和 CO2C符合丙图象的反应可以是在 Ca（OH ） 2 和 KOH 的混合溶液中通入 CO
47、2D符合丙图象的反应可以是在 NH4Al（SO 4） 2 溶液中加入 NaOH【考点】镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题【分析】A、向 NaOH 溶液中逐渐加入 AlCl3 溶液时，首先发生 Al3+4OHAlO2+2H2O，OH 反应完毕，发生反应 3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH ） 3，结合前后两部分氯化铝溶液的体积判断；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生 Ca（OH ） 2+CO2CaCO3+H2O，则生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2OCa（HCO 3） 2 沉淀消失；C、Ca（OH） 2 和 KOH 的混合溶液中通入 CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，C
48、a（OH） 2+CO2CaCO3+H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH +CO2CO32+H2O，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即 CO2+CaCO3+H2OCa（HCO 3）2；D、NH 4Al（SO 4） 2 溶液中加入 NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应， Al3+3OHAl（OH） 3，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即 NH4+OHNH3H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即 Al（OH） 3+NaOHNaAlO2+2H2O【解答】解：A、如果是向 NaOH 溶液中逐渐加入 AlCl3 溶液时，首先发生 Al3+4OHAlO2+2H2O，OH 反应完毕，发生反应 3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH
