2015-2016学年福建省厦门一中高一上学期月考化学试卷(12月份)(解析版

1、2015-2016学年福建省厦门一中高一（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1下列叙述正确的是（）A稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2B可用无色广口玻璃瓶保存氨水C稀硝酸可除去试管内壁粘有的硫磺D煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2【考点】化学仪器的洗涤、干燥；化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A稀盐酸不能与二氧化锰反应；B氨水见光不分解；C硫磺能与稀硝酸反应；D自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3【解答】解：A稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A错误；B

2、氨水见光不分解，可用无色广口玻璃瓶保存，故B错误；C硫磺能与稀硝酸反应生成硫酸，可除去，故C正确；D自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3，使硬水得到软化，故D正确，故选CD【点评】本题考查元素化合物性质、试剂保存、硬水软化等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子数的数目为0.1NAB1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAC1mol Na2O2固体中含离子总数为4 NAD在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加

3、德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；B、Fe2+和I均能被氯气氧化；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；D、过氧化钠与水的反应中，氧元素的价态由1价变为0价【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故1.6g混合物中含有的氧原子的物质的量为n=0.1mol，故含0.1NA个，故A正确；B、Fe2+和I均能被氯气氧化，故1molFeI2与足量的氯气反应时转移3mol电子即3NA个，故B错误；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠总含3mol离子即3NA个，故C错误；D、过氧化钠与水的反应中，氧元素的价态由1价变为0价，故当生成0.1mol氧气

4、时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误故选A【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3下列反应中，调节反应物用量不会改变反应产物的是（）ACO2通入澄清石灰水中B稀硝酸中加入铜片C稀硝酸中加入铁屑DHCl溶液滴入Na2CO3溶液中【考点】硝酸的化学性质；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙；B稀硝酸和铜反应只能生成硝酸铜、一氧化氮和水；C铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，铁的量不同，得到产物不同；DNa2CO3和HCl的相对量的不同可生成NaHCO3

5、或CO2，滴加少量盐酸，生成碳酸氢钠，过量盐酸生成二氧化碳气体【解答】解：ACO2通入石灰水，CO2过量则生成碳酸氢钙钙，2CO2+Ca（OH）2Ca（HCO3）2，氢氧化钙过量则生成碳酸钙，Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，反应物用量不同，产物不同，故A不选；B稀硝酸和铜反应只能生成硝酸铜、一氧化氮和水，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O和物质的用量无关，故B选；C铁和稀硝酸反应有两种情况：若铁过量，铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，若稀硝酸过量，铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+N

6、O2+2H2O，所以铁和硝酸的反应与硝酸的浓度、铁的用量有关，故C不选；DHCl溶液滴入Na2CO3溶液中，HCl量少生成碳酸氢钠，Na2CO3+HCl=NaHCO3，HCl量多生成二氧化碳，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，和用量有关，故D不选；故选D【点评】本题考查了物质的用量或浓度不同导致产物不同，明确物质之间的反应是解本题的关键，题目难度中等4氢化铵（NH4H）与氯化铵的性质相似，例如NH4H受热分解可生成NH3和H2又知NH4H与H2O反应有H2生成，下列叙述正确的是（）ANH4H受热分解属非氧化还原反应BNH4H溶于水，所形成的溶液显碱性CNH4H与水反应时，NH

7、4H既是氧化剂又是还原剂DNH4H与水反应时，水既不是氧化剂又不是还原剂【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】NH4H受热分解可生成NH3和H2，反应中有化合价的变化属于氧化还原反应；NH4H与H2O反应有H2生成，反应中有化合价的变化属于氧化还原反应；氧化剂得电子，还原剂失电子，据此分析【解答】解：A、NH4H受热分解可生成NH3和H2，反应中有化合价的变化属于氧化还原反应，故A错误；B、NH4H与H2O反应有H2生成，反应方程式为：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，则反应后溶液为碱性，故B正确；C、NH4H与水反应时，反应为：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，NH4H

8、中H元素失电子作还原剂，故C错误；D、NH4H与水反应时，反应为：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，H2O中H元素得电子作氧化剂，故D错误故答案为：B【点评】本题考查了氧化还原反应的有关知识，注意根据化合价的变化分析，题目难度不大5近年来，冠以“绿色”的新概念不断产生，如绿色食品、绿色材料、绿色能源、绿色化学等，这里的“绿色”是对人类社会可持续发展战略的形象表述“绿色化学”要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应据此，由单质铜制硝酸铜的下列4个方案中，你认为可行而且符合“绿色化学”要求的方案是（）ACu Cu（NO3）2BCu CuCl2Cu（OH）2 Cu（NO3）2CCu CuO C

9、u（NO3）2DCu CuSO4 Cu（NO3）2【考点】绿色化学【专题】元素及其化合物【分析】制备硝酸铜，要符合绿色化学的要求方案，应杜绝生成污染性气体，且实验步骤少，消耗原料较少，以此解答该题【解答】解：A、此方案生成污染性气体二氧化氮，不符合绿色化学的要求，故A不选；B、反应复杂，消耗原料较多，经济上不可行，故B不选；C、生成氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水，绿色环保，符合绿色化学的要求，故C选；D、生成污染性气体二氧化硫，不符合绿色化学的要求，故D不选；故选C【点评】本题考硝酸镁的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，注意把握绿色化学的反应要求，结合物质的性质解答该题，难度不

10、大6高锰酸钾制氯气：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 地康法制氯气：4HCl+O2 2Cl2+2H2O 二氧锰制氯气：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O 下列说法正确的是（）A实验室常用地康法制氯气B氧化性强弱顺序是O2KMnO4MnO2C氧化性强弱顺序是KMnO4O2MnO2D氧化性强弱顺序是KMnO4MnO2O2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】根据反应条件判断反应的难易程度，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，以此解答该题【解答】解：地康法制氯气需在催化剂的条件下完成，实验室难以

11、实现，由反应条件可知，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，所以氧化性最强的是高锰酸钾，其次是二氧化锰，最后是氧气，故选D【点评】本题考查了氧化剂氧化性强弱的判断，根据“反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强”来解答即可，难度不大7下列实验操作或结论正确的是（）A制备Fe（OH）3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，在加热的同时不断搅拌，直到得到红褐色溶液B洗涤沉淀的操作是将沉淀置于滤纸上（已放置在漏斗中），边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗C实验室配制950 mL 0.2 mol/L的CuSO4溶液时，需称

12、取胆矾的质量为50 gD配液时，液面若超过刻度线，应用胶头滴管将多出液体吸出【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A制备胶体，不能搅拌；B洗涤沉淀，不能搅拌；C配制950 mL 0.2 mol/L的CuSO4溶液时，需要1000mL容量瓶，结合m=cVM计算；D配液时，液面若超过刻度线，实验失败【解答】解：A制备Fe（OH）3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，加热直到得到红褐色溶液，不能搅拌，故A错误；B洗涤沉淀的操作是将沉淀置于滤纸上（已放置在漏斗中），加蒸馏水浸没固体，使水自然流下，重复23次，故B错误；C实验室配制950 mL 0.2 mol/L的CuSO4溶液时，

13、需称取胆矾的质量为1L0.2mol/L250g/mol=50 g，故C正确；D配液时，液面若超过刻度线，应重新配制，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及胶体制备、洗涤沉淀、溶液配制等，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大8如表由实验现象得出的结论正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A向某溶液加入盐酸，有无色无味气体产生溶液一定含有CO32B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液一定含Fe2+C向某溶液滴加浓NaOH溶液加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生溶液一定存在NH4+D加热盛有NH4Cl固体的试

14、管，试管底部固体消失，试管中有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD【考点】常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A该气体为二氧化碳，能够与稀盐酸反应生成二氧化碳的离子不一定为碳酸根离子；B氯水具有强氧化性，不能确定是否含有Fe2+；C氨气为碱性气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D氯化铵不稳定，加热易分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在温度稍低时又可生成氯化铵【解答】解：A某固体在加入稀盐酸后产生了无色无味且能使澄清石灰水变浑的气体，该气体为二氧化碳，该固体中可能含有HCO3，不一定含有CO32，故A错误；B氯水具有强氧化性，不能确

15、定是否含有Fe2+，应先加入KSCN，如不变色，再加入氯水，溶液呈红色，可说明含有Fe2+，故B错误；CNH4+与NaOH溶液共热生成氨气，氨气为碱性气体，产生使湿润红色的石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中存在NH4+，故C正确；D氯化铵不稳定，加热易分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在温度稍低时又可生成氯化铵，而升华为物理变化，故D错误故选C【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大9用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，

16、则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【专题】元素及其化合物【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答【解答】解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故

17、B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键10在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL 2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子则下列判断正确的（）A混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1：1：3B反应后所得溶

18、液中的阳离子与阴离子的物质的量之比为1：3C混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多D混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多【考点】有关混合物反应的计算；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【专题】压轴题；守恒法；几种重要的金属及其化合物【分析】混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n（HCl）=0.2mol，n（H2）=0.02mol，n（Fe2+）=0.1mol，由反应2Fe3+Fe3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定【解答】解：A、根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO

19、的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，故A错误；B、反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量之比为1：2，故B错误；C、混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3+Fe3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故C正确；D、FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，故D错误故选C【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，做题时注意反应的现象，根据恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子进行判断11某

20、同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.0弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH氧化了MgAABBCCDD【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；CPH为8.6时，仍然有气体生成，说

21、明碱性条件下，Mg可以被氧化；D若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体【解答】解：A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；CPH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故选D故选：D【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累12将甲、乙两种气体同时通入过量的丙溶液

22、中，可能产生沉淀的组合是（）序号甲乙丙CO2NO2Ca（OH）2HClCO2Ca（OH）2NO2NH3MgCl2NO2O2BaCl2CO2NH3CaCl2ABCD全部【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氨的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】石灰水过量，二氧化碳会与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；石灰水过量，有CaCO3沉淀生成；氯化镁过量，会有氢氧化镁沉淀生成；二氧化氮、氧气都不会与氯化钡反应生成沉淀；当NH3过量时，会生成碳酸钙沉淀【解答】解：由于石灰水过量，二氧化碳与氢氧化钙会反应生成碳酸钙沉淀，故正确；由于Ca（OH）2过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故正确；由于氯化镁过量，氨气

23、与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，故正确；BaCl2不与二氧化氮、氧气发生反应，不会生成沉淀，故错误；当NH3过量时反应生成CaCO3沉淀，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2OCaCO3 +2NH4C1，故正确；故选C【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度中等，注意丙过量，对相应物质的化学性质要掌握到位，解题时要认真审题、一一排查，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力13雾霾严重影响人们的生活与健康某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如图的实

24、验：根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中可能存在Na+、ClC试样中一定不含Al3+D该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【考点】常见离子的检验方法【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，NO3+A1+OH+H2ONH3+Al（OH）4，生成气体2，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加

25、入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据提供的离子可知该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，结合题给选项分析解答【解答】解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，NO3+A1+OH+H2ONH3+Al（OH）4，生成气体2，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO

26、2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，A根据以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B根据实验无法确定是否含有Na+、Cl，所以溶液中可能含有Na+、Cl，故B正确；C根据实验操作不能确定是否含有Al3+，即试样中可能含有Al3+，故C错误；D根据以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42和NO3，则该雾C中可能存在NaNO3、N

27、H4Cl和MgSO4，故D正确；故选C【点评】本题考查了常见离子的性质及检验方法，题目难度中等，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答14将0.51mol铜与250mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L待产生的气体全部释放后，向溶液中加入300mL5mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀则下列选项正确的是（）A产生NO气体0.24molB产生NO2气体0.26molC原HNO3浓度为8mol/LD原HNO3浓度为2mol/L【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【

28、分析】令NO和NO2的物质的量分别为x mol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积列方程计算各自物质的量；向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n（NaNO3）=n（NaOH），根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO），再根据c=计算原硝酸的浓度【解答】解：NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，混合气体物质的量=0.5mol，令NO和NO2的物质的量分别为x mol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，则：，解得x=0.26 y=0.24即混合气体中NO为0.26mol、NO

29、2为0.24mol，向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n（NaNO3）=n（NaOH）=0.3L5mol/L=1.5 mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO）=1.5 mol+0.5mol=2mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=8mol/L，综上分析可知，ABD错误，C正确，故选C【点评】本题考查硝酸的性质、化学计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意利用原子守恒进行的计算15下列离子方程式不正确的是（）ANaHSO4溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：H+SO42

30、+Ba2+OHBaSO4+H2OB次氯酸钙溶液中加入亚硫酸钠：SO32+Ca2+CaSO3CNH4HCO3溶液中加足量NaOH溶液共热：HCO3+NH4+2OHCO32+NH3+2H2OD硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水：2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】ANaHSO4溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水；B次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；C氢氧化钠过量反应生成碳酸钠和氨气和水；D硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水，二者反应生成硫酸铁和水【解答】解：ANaHSO4溶液中加入过量Ba（OH

31、）2溶液，离子方程式：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O，故A 错误；B次氯酸钙溶液中加入亚硫酸钠，离子方程式：Ca2+ClO+SO32CaSO4+Cl，故B错误；CNH4HCO3溶液中加足量NaOH溶液共热，离子方程式：HCO3+NH4+2OHCO32+NH3+2H2O，故C正确；D硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水，二者反应生成硫酸铁和水，离子方程式：2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O，故D正确；故选：B【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等16120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将

32、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（）A2.0mol/LB1.5mol/LC0.18mol/LD0.24mol/L【考点】有关范围讨论题的计算；钠的重要化合物【专题】压轴题；计算题；分析比较法【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、HCO3+H+H2O+CO2，则HCl的物质的量应

33、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，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17向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组

34、在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：K+、Al3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：K+、Fe2+、NO3、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题【解答】解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d

35、点盐酸过量，呈酸性，Aa点溶液中含有CO32和HCO3，HCO3与OH反应不能大量共存，故A错误；Bb点全部为HCO3，Al3+与HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；Cc点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C错误；Dd点呈酸性，酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选C【点评】本题考查离子的共存，为高考中的经典题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大18水钴矿（含CuO、Co2O3，Fe2O

36、3、MgO等）用硫酸法浸出铜和钴，如图是不同还原剂对元素浸出率的影响（硫酸浓度3molL1，温度60），下列说法正确的是（）A是否使用还原剂对铜的浸出率影响很大B用Na2SO3NaNO2作还原剂，钴的浸出率 均达98%，但工业上宜选用Na2SO3C加入还原剂的主要目的是为了还原Fe3+D用Na2SO3作还原剂可使镁元素以单质 形式析出而有较大浸出率【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A由图象可知，是否使用还原剂对铜的浸出率影响不大；B从价格和对环境的污染等角度考虑；C由图象可知，加入还原剂，主要是浸出钴；D在酸性环境中不可能生成镁【解答】解：A

37、由图象可知，是否使用还原剂对铜的浸出率影响不大，故A错误；B加入NaNO2作还原剂，对环境有污染，用Na2SO3，故B正确；C由图象可知，加入还原剂，主要是浸出钴，而Fe3+基本不变，故C错误；D镁为活泼金属，与酸反应生成氢气，在酸性环境中不可能生成镁，故D错误故选B【点评】本题考查考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和自学能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质解答该题，难度不大19XeF4在水中发生反应：6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2下列判断中正确的是（）AXeF4分子具有非常好的热稳定性BXeF4分子中Xe的化合价为0价C氧化剂和还原剂的物质的量之比为

38、2：3D每生成4molXe转移16mol电子【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应中，Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由2价变为0价，A由原子结构判断稳定性；B化合物中各元素化合价的代数和为0确定Xe元素化合价；C该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂；D根据Xe和转移电子之间的关系式计算【解答】解：该反应中，Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由2价变为0价，A该化合物中Xe元素化合价为+4，Xe原子最外层电子数为8，二者之和大于8，所以各原子不是都达到8电子稳定结构，则该物质不稳定，故A错误；BXeF4分子中

39、Xe的化合价为+4价，故B错误；C该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比=4：8=1：2，故C错误；D根据Xe和转移电子之间的关系式知，每生成4mol Xe，转移电子的物质的量=4mol4=16mol，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意XeF4中作氧化剂和还原剂的物质的量之比剂计算该反应中转移电子数是本题难点，题目难度中等20某一兴趣小组准备在实验室中制H2，装置如图所示可是在实验室中发现酸液体积不足液面无法浸没锌粒，而又无其他酸液可加入，为

40、达到实验目的，则可以从长颈漏斗中加入下列试剂中的NaN03溶液酒精四氯化碳 汽油Na2C03溶液KCl溶液（）ABCD【考点】实验装置综合；常见气体制备原理及装置选择【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】在实验室中发现酸液体积不足液面无法浸没锌粒，而又无其他酸液可加入，为达到实验目的，可加入互溶或密度比水大的有机物，或加水溶液，但硝酸盐在酸性溶液中具有强氧化性，与Zn反应不生成氢气，以此来解答【解答】解：加NaN03溶液，与Zn、硫酸发生氧化还原反应不生成氢气，故不选；酒精使溶液总体积变大，可使液面浸没锌粒，继续反应生成氢气，故选；四氯化碳不溶于水，密度比水大，在下层，可使液面浸没锌粒，继

41、续反应生成氢气，故选；汽油的密度比水的密度小，分层后在上层，隔绝酸与Zn，不能生成气体，故不选；Na2C03溶液可与硫酸反应生成二氧化碳，消耗酸，不利于氢气的生成，故不选；KCl溶液使溶液总体积变大，可使液面浸没锌粒，继续反应生成氢气，故选；故选D【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及酸液与Zn接触的方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大二、填空题21无机化合物可根据其组成和性质进行分类，以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空（1）上述分类中，分成A、B两组的依据是与水反应是否是氧化还原反应（2）C组物质与水反应的离子方程

42、式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2（3）D组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质有Cl2、Na2O2（填化学式）【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】卤族元素；氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据A、B两组与水反应方程式的特征分析；（2）C组物质与水反应水只作氧化剂的只有钠；（3）D组物质与水反应中，根据氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1来分析【解答】解：（1）A组与水反应都是生成对应的酸或者碱，而B组与水反应都发生了氧化还原反应，故分成A、B两组的依据是与水反应是否是氧化还原反应，故答案为：与水

43、反应是否是氧化还原反应；（2）C组物质与水反应水只作氧化剂的只有钠，所以离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2；（3）D组物质与水反应中，水即不作氧化剂也不作还原剂的为Cl2、Na2O2，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1也是Cl2、Na2O2，故答案为：Cl2、Na2O2【点评】本题考查了物质的分类，具体与水反应根据水的作用来分，难度不大，注意掌握基本反应类型是解题关键22按要求写出下列反应的化学方程式或离子方程式：（1）硝酸见光分解的化学方程式4HNO34NO2+O2+2H2O；（2）氨的催化氧化反应的化学方程式4NH3+5O

44、24NO+6H2O；（3）锌与稀硝酸按物质的量比2：5反应的离子方程式4Zn+10H+2NO3=4N2O+4Zn2+5H2O或4Zn+10H+NO3=NH4+4Zn2+3H2O；（4）NaHCO3溶液与少量Ca（OH）2溶液反应的离子方程式Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O；（5）Cu2S与稀硝酸反应产生硝酸铜、硫酸、一氧化氮和水的化学方程式3Cu2S+22HNO3=6Cu（NO3）2+3H2SO4+10NO+8H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】（1）硝酸不稳定见光分解生成二氧化氮和水、氧气；（2）氨气催化氧化生成一氧化氮和水；（3）锌与稀硝酸反

45、应生成硝酸铵和硝酸锌、水；（4）氢氧化钙少量，二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；（5）Cu2S与稀硝酸反应产生硝酸铜、硫酸、一氧化氮和水，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒书写化学方程式【解答】解：（1）硝酸不稳定见光分解生成二氧化氮和水、氧气，化学方程式：4HNO34NO2+O2+2H2O；故答案为：4HNO34NO2+O2+2H2O；（2）氨气催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：氨气催化氧化生成一氧化氮和水；（3）锌与稀硝酸按物质的量比2：5反应的离子方程式；4Zn+10H+NO3=NH4+4Zn2+3H2O；故答案为：4Zn+10H+N

46、O3=NH4+4Zn2+3H2O；（4）氢氧化钙少量，二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O；故答案为：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O；（5）Cu2S与稀硝酸反应产生硝酸铜、硫酸、一氧化氮和水，反应的方程式：3Cu2S+22HNO3=6Cu（NO3）2+3H2SO4+10NO+8H2O；故答案为：3Cu2S+22HNO3=6Cu（NO3）2+3H2SO4+10NO+8H2O；【点评】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循电荷守恒、原

47、子个数守恒规律，题目难度不大23现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl、OH、NO3、CO32、X中的一种（已知Al（OH）3具有两性，既可与强酸反应，又可与强碱反应Al（OH）3+NaOHNaAl（OH）4、CO32与Al3+或Fe3+在水溶液中不能共存，会相互反应产生相应氢氧化物沉淀及CO2气体等）（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是Na2CO3和Ba（OH）2（填化学式，且相对分子质量最小的写在第一个空）；（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为

48、A和B，含X的物质为记C，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解则：X为B；ASO3 BSO42 CCH3COO DSiO32（3）向B的水溶液中逐滴加入盐酸且边加边振荡，发现基本没有气泡，原因是CO32+H+=HCO3（用离子方程式表示）；（4）将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为6.09g（保留两位小数）（5）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现则物质

49、D一定含有上述离子中的NO3（填相应的离子符号）有关反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；（6）利用上述已经确定的物质，可以检验出D中的阳离子请简述实验操作步骤、现象及结论取少量D的溶液与试管中，逐渐进入Ba（OH）2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，则D中含有Mg2+【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）根据离子之间结合生成沉淀，不能共存，确定含有的两种物质；（2）C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀

50、中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝（3）由上面推断可知B为Na2CO3，碳酸根可与氢离子结合生成碳酸氢根；（4）已知C为Fe2（SO4）3，A为Ba（OH）2，将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，根据反应方程中的关系求出沉淀的量；（5）将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3；（6）D中含有NO3，则E中含有Cl，剩余Al3+、Mg2+，

51、利用氢氧化铝溶液强碱的性质检验【解答】解：（1）因Al3+、Mg2+、Fe3+和OH反应生成沉淀，Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和CO32反应，则不能共存，所以一定存在的物质为Na2CO3 和 Ba（OH）2，故答案为：Na2CO3；Ba（OH）2；（2）C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝，因C为Fe2（SO4）3酸铁，则阴离子有SO42，则X为SO4

52、2，故答案为：B；（3）由上面推断可知B为Na2CO3，碳酸根可与氢离子结合生成碳酸氢根：CO32+H+=HCO3，故答案为：CO32+H+=HCO3；（4）已知C为Fe2（SO4）3，A为Ba（OH）2，将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，Fe2（SO4）3+3Ba（OH）22Fe（OH）3+3BaSO4，根据方程可知，硫酸铁过量，按照Ba（OH）2计算，则n（BaSO4）=0.02mol，n（Fe（OH）3）=0.02mol，所以沉淀的质量为m（BaSO4）+m（Fe（OH）3）=0.02mol233g/mol+0.02mol10

53、7g/mol=6.09g故答案为：6.09g；（5）将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3，反应离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：NO3；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；（6）D中含有NO3，则E中含有Cl，剩余Al3+、Mg2+，Al（OH）3能溶于过量Ba（OH）2溶液，检验方案为：取少量D的溶液与试管中，逐渐进入Ba（OH）2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，则D中含有Mg2+，故答案为：取少量D的溶

54、液与试管中，逐渐进入Ba（OH）2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，则D中含有Mg2+【点评】本题考查离子推断、实验方案设计等，是对所学知识的综合考查，题目难度较大，综合度较高，旨在考查学生的推断能力与方案设计能力，注意根据反应现象进行推断24如图为某套实验装置示意图，其中加热装置和部分药品等均已经省略（装置和装置为气体发生装置）（1）甲同学利用如图1所示装置（在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶）制备NO2并验证其性质装置用于实验室制备NH3，用装置制备过量O2装置中发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；B处冰水冷却的U型管中有红棕色气体生成且越接近U型管底部颜色越浅，请写出有关反应的化学方程式2NO+O2=2NO2，2NO2（红棕）N2O4（无色），；（2）SO3常温下是液体，16.8以下是无色或白色晶体乙同学利用此套装置合成SO3，其反应为2SO2+O2加热催化剂2SO