湖南师大附中2016届高三月考试卷(三)解析

1、英德·英才大联考湖南师大附中2016届高三月考试卷（三）化 学湖南师大附中高三化学备课组组稿本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量90分钟，满分100分。可用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 Al-27 Fe-56 Ni-58.7第1卷 选择题（共42分）一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是（）AAl2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃剂B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C碳素钢的主要成分是铁碳合金、司母戊鼎的主要成分是铜锡合金D盛放NaOH溶液的磨口玻璃瓶要用橡胶塞【考点

2、】两性氧化物和两性氢氧化物；钠的重要化合物；分液和萃取菁优网版权所有【分析】AAl2O3熔点高、Al（OH）3加热易分解；B苯的密度小于水，溶有苯的有机层在上层；C碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金；D烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠【解答】AAl2O3熔点高、Al（OH）3加热易分解，可用于阻燃剂，故A正确；B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液在混合液上层，应该从分液漏斗的上口放出，故B错误；C碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金，故C正确；D烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液

3、盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D正确；故选：B【点评】本题综合考查元素及其化合物的性质，涉及试剂的保存、分液的操作等，为高考高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大2下列有关金属的说法中，正确的是（）纯铁较生铁不易生锈；冶炼铝和钠都可以用电解法；KSCN溶液可以检验Fe3+离子；缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血；青铜、不锈钢、硬铝都是合金；铜与硫反应，生成黑色的CuSA BC D【考点】铁的化学性质；金属冶炼的一般原理；二价Fe离子和三价Fe离子的检验菁优网版权所有【分析】生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，从而易生锈；活泼金属采用电解方法冶炼；KSCN溶液和F

4、e3+离子生成血红色溶液；铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架；青铜是铜锡合金，不锈钢是铁铬、镍合金，硬铝是铝硅、镁等形成的合金；铜与硫反应，生成黑色的Cu2S【解答】生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故正确；活泼金属采用电解方法冶炼，Al、Na是活泼金属，采用电解法冶炼，故正确；KSCN溶液和Fe3+离子生成血红色溶液，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，故正确；铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏幼儿和青少年会患

5、佝偻病，老年人会患骨质疏松，故正确；青铜是铜锡合金，不锈钢是铁铬、镍合金，硬铝是铝硅、镁等形成的合金，所以三种物质都是合金，故正确；铜与硫反应，S具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，所以生成黑色的Cu2S，故错误；故选A【点评】本题考查元素化合物知识，涉及金属冶炼、合金、S的性质、离子检验等知识点，综合性较强，明确原电池原理、物质或离子性质即可解答，注意Cu和氯气、S反应产物不同点，为易错点3下列各组离子一定能在指定环境中大量共存的是（）A在c（HCO3）=0.1molL1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl、NO3B在由水电离出的c（H+）=1×1012molL1的溶液中：Fe

6、3+、ClO、Na+、SO42C在pH=1的溶液中：NO3、SO42、Fe2+、K+D在pH=13的溶液中：SO32、S2、Na+、K+【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】A根据离子相互促进水解来分析；B由水电离出的c（H+）=1×1012molL1的溶液，为酸或碱溶液；CpH=1的溶液显酸性，根据氧化还原反应来分析；DpH=13的溶液显碱性，该组离子之间不反应【解答】AAl3+与HCO3发生双水解反应而不能共存，故A错误；B由水电离出的c（H+）=1×1012 molL1的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸溶液中与ClO结合生成弱电解质，

7、碱溶液中与Fe3+结合成沉淀，则不能共存，故B错误；CpH=1的溶液显酸性，Fe2+、NO3、H+能发生氧化还原反应而不能共存于同一溶液中，故C错误；DpH=13的溶液显碱性，该组离子之间不反应，则能共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子的共存，明确信息及离子之间的反应即可解答，熟悉离子之间的氧化还原反应、相互促进水解等来解答，难度不大4下列叙述正确的是（）A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶【考点】化学试剂的存放；常见离子的检验方法；氯气的

8、化学性质；中和滴定菁优网版权所有【专题】化学实验基本操作【分析】A、根据液溴具有挥发性、密度比水的大进行分析；B、根据淀粉碘化钾试纸的变蓝原理进行判断；C、根据碘离子是无色进行判断；D、根据滴定操作中锥形瓶的正确使用方法进行分析【解答】A、由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B、具有氧化性，与KI反应生成单质碘的物质，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，不一定是氯气，故B错误；C、碘离子是无色的，某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明溶液中存在碘单质，故C错误；D、在滴定操作中，锥形瓶不能够用待测液润洗，否则会使待测液物质的量偏大，影响测定结果，故D错

9、误；故选A【点评】本题考查了常见试剂的存放方法、滴定操作中锥形瓶的使用等知识，难度不大，可以根据所学知识完成5下列事实对应的离子方程式书写正确的是（）A酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2OB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOC纯碱溶液能清洗油污：CO32+2H2OH2CO3+2OHD将过量的铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】A发生氧化还原反应，电子、电荷守恒；B发生氧化还原反应生成硫酸钙；C水解

10、分步进行，以第一步为主；D过量的Fe，反应生成硝酸亚铁、NO和水【解答】A酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，遵循电子、电荷守恒，故A正确；B少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2+3ClOCaSO4+Cl+2HClO，故B错误；C纯碱溶液能清洗油污，发生水解的离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故C错误；D将过量的铁粉加入稀硝酸中的离子反应为3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故D错误；故选A【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的

11、书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒分析，题目难度不大6类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质但类比是相对的，不能违背客观事实下列各种类比推测的说法中正确的是（）已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2已知CO2分子是直线型结构，推测CS2分子也是直线型结构已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应已知NaOH是强电解质，其饱和溶液导电能力很强，Ca（OH）2也是强电解质，推测

12、其饱和溶液导电能力也很强ABCD【考点】含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质菁【专题】类比迁移思想【分析】S的氧化性很弱，S单质和金属反应，只能生成低价金属化合物硝酸中+5价氮具有强氧化性；CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性CO2分子中碳氧之间是双键，CS2分子中碳硫之间也是双键 在金属的活动性顺序表中，排在前面的金属可以将排在后面的金属从它们的盐溶液中置换出来溶液的导电是通过自由移动的离子的定向移动实现，导电能力强弱与溶液中自由移动的离子浓度大小和离子所带电荷多少有关，溶液中自由离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力越强【解答】硫的氧化性比氧气、氯气弱，

13、只能把金属氧化到低价 Fe的低价为+2价；Cu的低价为+1价，Fe+SFeS； 2Cu+S Cu2S故的说法错误因CaCO3中碳为+4价是最高价，虽硝酸中+5价氮，具有强氧化性，CaCO3与稀硝酸只能发生复分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2反应CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性，与强氧化性的硝酸发生氧化还原反应，被氧化成+6价的硫，稀硝酸自身被还原成+2价的氮故的说法错误CO2分子和CS2分子结构式分别为O=C=O和S=C=S，CO2分子是直线型结构，CS2分子也是直线型结构故说法正确在金属的活动性顺序表中，Fe排在Cu、Ag的前面Fe+CuSO4FeSO44

14、+Cu，Fe+2AgNO3Fe（NO3）2+2Ag故说法正确NaOH是易溶于水易电离的强电解质，其饱和溶液离子浓度大，导电能力强，Ca（OH）2是微溶于水的强电解质，溶于水的能完全电离，但因微溶，其饱和溶液离子浓度小，导电能力弱故说法错误故选C【点评】该题主要考查了元素化合物硫、氮、碳、铁、铜的性质，考查了电解质的强弱与导电能力的关系学习元素化合物知识时，需注意新旧知识的前后联系类比它们的异同7下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（）ACO2 通入澄清石灰水中BNa2CO3溶液和HCl溶液反应CAlCl3溶液的NaOH 溶液反应D铁丝在氯气中燃烧【考点】钠的重要化合物；镁、铝的

15、重要化合物；铁的化学性质菁优网版权所有【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滴加少量盐酸，生成碳酸氢钠，过量盐酸生成二氧化碳气体；C氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；D铁丝在氯气中燃烧只生成氯化铁【解答】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；BNa2CO3和HCl的相对量的不同可生成NaHCO3或CO2，或两种都有，故B不选；C氯化铝溶液滴入氢氧化

16、钠溶液，若氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O；若氢氧化钠不足生成氢氧化铝白色沉淀，AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，反应物用量不同，产物不同，故C不选；D铁丝在氯气中燃烧只生成氯化铁，故D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，易错选项是D，注意不能用铁和氯气制得氯化亚铁，只能制得氯化铁，题目难度中等8安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2，下列判断正确的是（）A每生成16 mol N2转移30 mol电子BNaN3中N元素被氧化CN2既是

17、氧化剂又是还原剂D还原产物与氧化产物质量之比为1：15【考点】氧化还原反应菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中，只有N元素的化合价变化，由N元素的化合价降低可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×（50）=10mol，以此来解答【解答】A由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×（50）=10mol，即每生成16 mol N2转移10 mol电子，故A错误；BNaN3中N元素化合价升高，失去电子被氧化，故B正确；C只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，故C错误；D该反应中10m

18、olNaN3是还原剂，生成氧化产物N2的物质的量是15mol；2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2的物质的量是1mol，还原产物与氧化产物质量之比为1：15，故D正确；故选BD【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，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大9下列对于实验IIV的说法正确的是（）A实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【考点】实验装置综合菁优网版权所有【分析】A

19、先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B强酸制取弱酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，氯化氢为非含氧酸；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色【解答】A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B强酸制取弱酸可知酸性为盐酸碳酸硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，盐酸是非含氧酸，无法比较，故B错误；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使

20、酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选D【点评】本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、酸性强弱比较、蒸发等知识点，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大10酚酞，别名非诺夫他林，是制药工业原料：适用于习惯性顽固便秘，有片剂、栓剂等多种剂型，其结构如右图所示，有关酚酞说法不正确的是（）A分子式为C20H14O4B可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C含有的官能团有羟基、酯基D1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为10mol和4mol【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能

21、团及其结构菁优网版权所有【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚OH、COOC，结合酚、酯的性质来解答【解答】A由结构简式可知分子式为C20H14O4，故A正确；B含酚OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，故B正确；C分子中含酚OH、COOC，即含有的官能团有羟基、酯基，故C正确；D只有苯环与氢气发生加成反应，酚OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为9mol和4mol，故D错误；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质

22、的考查，题目难度不大11常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZNaOH溶液KAlO2稀硫酸KOH溶液NaHCO3浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A B C D【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质菁优网版权所有【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】偏铝酸钾只能与酸反应，不能与碱反应；NaHCO3是多元弱酸的氢盐，既可以与强酸反应又可以与强碱反应；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁【解答】偏铝酸钾

23、只能与酸反应生成氢氧化铝，不能与碱反应，故不符合；NaHCO3是多元弱酸的氢盐，既可以与盐酸反应生成氯化钠，水和二氧化碳，又可以与氢氧化钾反应生成碳酸盐和水，故符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选C【点评】本题考查元素化合物性质，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12以下进行性质比较的实验设计，不合理的是（）A比较Cu、Fe2+的还原性；Cu加入FeCl3溶液中B比较氯

24、、溴非金属性；氯气通入溴化钠溶液中C比较镁、铝金属性：镁、铝（除氧化膜）分别放入4molL1NaOH溶液中D比较高锰酸钾、氯气的氧化性；高锰酸钾中加入浓盐酸【考点】性质实验方案的设计菁优网版权所有【专题】实验评价题【分析】A、依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于含有产物分析判断；B、非金属单质的氧化性强弱是非金属性强弱的判断依据；C、比较金属活泼性用金属和水反应剧烈程度、最高氧化物对应水化物形成的氢氧化物碱性强弱比较，与碱反应不能比较；D、高猛酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；【解答】A、Cu加入FeCl3溶液中反应Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+

25、，还原剂Cu的还原性大于还原产物Fe2+，故A合理；B、氯气通入溴化钠溶液中反应，Cl2+2Br=Br2+2Cl，反应中氯气氧化性大于溴单质，说明氯的非金属性大于溴，故B合理；C、镁、铝（除氧化膜）分别放入4molL1NaOH溶液中，铝溶解反应，镁不能反应，铝反应是因为铝是两性元素，但不能证明金属性强弱，D、高猛酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物判断，高锰酸钾氧化性大于氯气，故D合理；故选C【点评】本题考查了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，非金属性和金属性的强弱判断依据，题目难度中等13下列物质的制备与工业生产

26、相符的是（）NH3NOHNO3浓HClCl2漂白粉MgCl2（aq）无水MgCl2Mg饱和NaCl（aq） NaHCO3Na2CO3铝土矿NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3AlABCD【考点】工业制取硝酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；金属冶炼的一般原理菁优网版权所有【专题】化学应用【分析】工业上用氨气（NH3）制取硝酸（HNO3），工业流程为：4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2 、3NO2+H2O=2HNO3+NO；工业上常以食盐为原料制备氯气，再用氯气制备漂白粉：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，2C12+2Ca（OH）2=

27、CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；工业上制Mg的过程：MgC12溶液：将MgC12溶液经蒸发结晶得到MgC126H2O，然后MgC126H2O在一定条件下加热得到无水MgC12：MgCl26H2OMgCl2+6H2O；最后电解熔融的氯化镁可得到Mg：MgCl2Mg+Cl2；联合制碱法：先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；从铝土矿中提取铝反应

28、过程 溶解：将铝土矿溶于NaOH（aq）：AlO+2NaOH=2NaAlO+HO 过滤：除去残渣氧化亚铁（FeO）、硅铝酸钠等 酸化：向滤液中通入过量CO2：NaAlO2+CO+2HO=Al（OH）+NaHCO过滤、灼烧 Al（OH）：2Al（OH）Al2O3+3HO； 电解：2Al2O3（l）4Al+3O【解答】工业上用氨气（NH3）制取硝酸（HNO3）的工业流程：NH3NOHNO3，故正确；工业上制备漂白粉的工业流程：NaCl溶液Cl2漂白粉，故错误；工业上制Mg的工业流程：MgC12溶液：MgCl2（aq）MgC126H2O无水MgCl2Mg，故错误；联合制碱法的工业流程：饱和NaCl（

29、aq） NaHCO3Na2CO3，故正确；从铝土矿中提取铝的工业流程：铝土矿NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al，故正确；故选A【点评】本题主要考查了物质的工业制备，掌握制备的原理是解题的关键，难度不大14将一定质量的Mg和Al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溶液的体积关系如图所示则下列说法正确的是（）AMg和Al的总质量为8gB硫酸的物质的量浓度为5molL1C生成的H2在标准状况下的体积为11.2 LDNaOH溶液的物质的量浓度为5molL1【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物菁优

30、网版权所有【专题】图示题【分析】由图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，以此来解答【解答】由图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A由图象可知，n（Mg）=0.15mol，n（Al）=0.2mol，则Mg和Al的总质量为0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g

31、/mol=9g，故A错误；B由200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，c（NaOH）=5mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）=1mol/L，故B错误；C与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）×22.4 Lmol1=10.08L，故C错误；D在加入240mLNaOH溶液时，Al（OH）3恰好全部转化为NaAlO2，由B的计算可知氢氧化钠溶液的浓度为5molL1，故D正确；故选D【点评】本题考查金属的化学性质及图象，明确图象中点、线、面的意义及发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝能溶解在N

32、aOH溶液中，侧重分析及计算能力的考查，题目难度中等第2卷 非选择题（共58分）二、非选择题（本题包括6小题，共58分）15用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米顺粒（杂质），这种颗粒可用氧化气化法提纯，其反应式为： C+ K2Cr2O7+ H2SO4 CO2+ Cr2（SO4）3+ K2SO4+ H2O（1）完成配平上述反应的化学方程式：（2）反应的氧化剂是 ，氧化产物的电子式 ：（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是 （填选项编号）（多选倒扣分）A酸性 B氧化性 C吸水性 D脱水性（4）上述反应中若产生0.2molCO2气体，则转移电子的物质的量是 mol【考点】氧化还原反应方

33、程式的配平；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】（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，结合质量守恒定律以此配平，并计算转移的电子数；（2）氧化产物是化合价升高元素所在的产物，根据二氧化碳的结构来回答；（3）该反应中，硫酸中各元素的化合价不发生变化，据此来判断性质；（4）根据电子转移情况结合二氧化碳量来进行回答【解答】（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由电子守恒可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，由质量守恒定律可知，配平后的化学反应为3C+2K2Cr2O7

34、+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案为：3；2；8；3；2；2；8；（2）Cr元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，氧化产物是二氧化碳，二氧化碳中，碳原子和氧原子之间通过共价双键结合，属于非极性分子，它的电子式为，故答案为：K2Cr2O7； （3）该反应中，硫酸中各元素的化合价不发生变化，反应中生成硫酸盐，则硫酸在该反应中作酸，体现酸性，应选A，故选A；（4）化学反应中，1molC参加反应生成1mol二氧化碳时转移电子为1mol×（40）=4mol，所以若产生0.2molCO2气体，则转移电子的物质的量是0.8mol，故答案为：0.8【

35、点评】本题考查氧化还原反应，明确常见元素的化合价及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大16非金属元素H、C、O、S、Cl能形成的化合物种类很多，单质及化合物的用途很广泛（1）O2的电子式为 ；（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例 （写化学式，任写两种）；（3）CH3OH在常温下为液态，沸点高于乙烷的主要原因是 ；（4）Cl2是一种大气污染物，液氯储存区贴有的说明卡如下（部分）：危险性储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收包装钢瓶用离子方程式表示“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用 若液氯泄漏后遇到苯

36、，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是 将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl、KClO、KClO3当溶液中c（Cl）：c（ClO）=11：1时，则c（ClO）：c（ClO3）比值等于 （5）镁是一种较活泼的金属，Mg与Ca类似，也能与C形成某种易水解的离子化合物已知该化合物0.1mol与水完全反应后，产生0.1mol的某种气体该气体被溴水全部吸收后，溴水增重2.6g请写出该水解反应方程式 【考点】氯气的化学性质；电子式；镁的化学性质菁优网版权所有【分析】（1）O2核外有2个电子层，最外层电子数为8；（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，如氯气、臭氧以及ClO2等；

37、（3）CH3OH含有氢键，沸点较大；（4）氯气具有强氧化性，可与HSO3发生氧化还原反应；在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，类比溴与苯的反应可知铁或氯化铁起到催化剂的作用；设n（ClO）=1mol，反应后c（Cl）：c（ClO）=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3）；（5）溴水增重2.8g，为烃的质量，烃的物质的量为0.1mol，则相对分子质量为28，应为乙烯【解答】（1）O2核外有2个电子层，最外层电子数为8，电子式为：，（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，如氯气、臭氧以及ClO2等，故答案为：ClO2、O3、Cl2（任写两种）；（3）CH3OH

38、含有氢键，沸点较大，而乙烷不能形成氢键，故答案为：甲醇分子之间能形成氢键而乙烷不能；（4）氯气具有强氧化性，可与HSO3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl，故答案为：HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl；在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，类比溴与苯的反应可知铁或氯化铁起到催化剂的作用，故答案为：Fe（FeCl3）能催化苯与氯气的反应；设n（ClO）=1mol，反应后c（Cl）：c（ClO）=11，则n（Cl）=11mol，则11mol=1mol+n（ClO3）×5，n（ClO3）=2，故答案为：1：2；（5）溴水增重2.6g

39、，为烃的质量，烃的物质的量为0.1mol，则相对分子质量为26，应为乙炔，可知为MgC和水的反应，方程式为MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2，故答案为：MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等17绿矾（ FeSO47H2O ）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，反应原理为：（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2O其流程如图1所示：（1）洗涤中Na2CO3的主要作用是 （2）结晶过程中要加热蒸发溶剂，浓缩结晶应加

40、热到 时，停止加热（3）过滤是用如图2所示装置进行的，这种过滤跟普通过滤相比，除了过滤速度快外，还有一个优点是 （4）用无水乙醇洗涤的目的是 （5）产品中Fe2+的定量分析：制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定的方法称取4.0g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸用0.2mol/LKMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化时，消耗KMnO4溶液10.00mL本实验的指示剂是 （填字母）A酚酞B甲基橙C石蕊D不需要产品中Fe2+的质量分数为 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计菁

41、优网版权所有【专题】实验设计题【分析】制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2O，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体（1）Na2CO3溶液中CO32水解使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解，利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污；（2）当有晶膜出现时，则停止加热，防止摩尔盐失水；（3）过滤适用于不溶于水的固体和液体；减压的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；（4）根据“相

42、似相溶原理”可知摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂；（5）MnO4为紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无（浅绿）色变为浅紫色，半分钟内不褪色，说明滴定到终点，无需使用指示剂；Fe2+Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4+Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，根据关系式5Fe2+MnO4，计算4g产品中Fe2+的物质的量，进而计算Fe2+的质量，再根据质量分数定义计算【解答】制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2

43、O，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体（1）Na2CO3溶液中CO32水解CO32+H2OHCO3+OH，使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污，故答案为：利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污；（2）浓缩结晶摩尔盐时要用小火加热，加热浓缩初期可轻微搅拌，但注意观察晶膜，若有晶膜出现，则停止加热，防止摩尔盐失水；更不能蒸发至干，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体可能会受热分解或被氧化，故答案为：加热到溶液表面出现晶膜时；（3）减压过滤，利用大气压强原

44、理，用减小压力的方法加快过滤的速率，并能得到较干燥的沉淀， 故答案为：得到较干燥的沉淀； （4）摩尔盐易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，但摩尔盐属于无机物难溶于有机物，可用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，故答案为：除去水分，减少固体损失；（5）MnO4为紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无（浅绿）色变为浅紫色，半分钟内不褪色，故不需要外加指示剂，故选：D；测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4+Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，MnO4 系数为1，根据元素守恒可知Mn2

45、+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×52×51=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2+MnO4+8H+=1Mn2+5Fe3+4H2O，令4g产品中Fe2+的物质的量为xmol，则：5Fe2+MnO4， 5 1 xmol 0.01L×0.2mol/L 所以x=0.01mol，所以4g产品中Fe2+的质量0.01mol×56g/mol=0.56g，所以4g产品中Fe2+的质量分数为×100%=14%；故答案为：14%【点评】本题以莫尔盐的制备为载体，考查盐类水解、氧化还原反应、

46、氧化还原反应滴定应用、物质分离提纯等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力题目难度较大，注意基础知识的全面掌握18如图，化合物A只含两种元素，其中一种为金属单质E中的元素，且A中金属元素与另外元素的质量比为9：l6化合物I常温下为液态，A在一定条件下能与I反应生成B和C已知J、K为非金属单质，C为白色胶状沉淀B、F为刺激性气体，且F能使品红溶液褪色；H和L为常见化工产品H的浓溶液与K加热能生成F和无色无味气体M（图中反应条件和部分产物已略去）试回答下列问题：（1）写出A、M的化学式：A 、M （2）反应的化学方程式： ， 反应的化学方程式： ，（3）写出ED反应的离子方程式： 【

47、考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】推断题【分析】H的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体F和无色无味气体M中学里符合该反应的只有碳跟浓硫酸或与浓硝酸反应，即K为碳，M为CO2，且F能使品红溶液褪色，可推知H为浓硫酸、F为SO2，B与J连续反应得到G，G与液体I反应得到H，可推知J为O2，I为H2O，B为H2S，G为SO3，化合物A在水中发生水解反应得到B与C，C为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中的常见产品，C能与L反应得到D，金属单质E与L反应也得到D，可推知C为Al（OH）3，L为NaOH，D为NaAlO2，E为Al，由元素守恒可知A中含有Al、S两种元素，质量比为9：l6，则

48、物质的量之比=：=2：3，故A为Al2S3，据此解答【解答】解：H的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体F和无色无味气体M中学里符合该反应的只有碳跟浓硫酸或与浓硝酸反应，即K为碳，M为CO2，且F能使品红溶液褪色，可推知H为浓硫酸、F为SO2，B与J连续反应得到G，G与液体I反应得到H，可推知J为O2，I为H2O，B为H2S，G为SO3，化合物A在水中发生水解反应得到B与C，C为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中的常见产品，C能与L反应得到D，金属单质E与L反应也得到D，可推知C为Al（OH）3，L为NaOH，D为NaAlO2，E为Al，由元素守恒可知A中含有Al、S两种元素，质量比为9

49、：l6，则物质的量之比=：=2：3，故A为Al2S3，（1）由上述分析可知，A为Al2S3，M为CO2，故答案为：Al2S3；CO2；（2）反应的化学方程式为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S，反应的学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S；C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；（3）ED反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【点评】本题考查无机物推断，该题突破口是：H的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生

50、成刺激性气体F和无色无味气体M，再结合题目信息及转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大19碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：（1）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是 （2）已知KspNi（OH）2=2×1015，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）2×105 molL1，调节pH的范围是 （3）写出在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH的化学方程式： （4）若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOHyNi（OH）2现

51、称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0molL1 Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL取出20.00mL，用0.010molL1 KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL，试通过计算确定x、y的值（写出计算过程）涉及反应如下（均未配平）：NiOOH+Fe2+H+Ni2+Fe3+H2O Fe2+MnO4+H+Fe3+Mn2+H2O【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【分析】含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH，在含Ni+的废液中中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的

52、pH使镍离子全部沉淀生成Ni（OH）2，在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH；（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀；（2）依据溶度积常数计算溶液中氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算溶液中的氢离子浓度，pH=lgc（H+）；（3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水；（4）消耗KMnO4物质的量：0.01 molL1×0.02L=2×104 mol，与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×104 mol×5×（200÷20）=0.0

53、1 molFe2+总物质的量：1.0 molL1×0.1 L=0.1 mol与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol0.01 mol=0.09 mol得到n（NiOOH）=0.09 mol，计算得到NiOOH的质量，得到混合物中Ni（OH）2的质量，计算物质的量，依据xNiOOHyNi（OH）2计算x和y的比值；【解答】（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；故答案为：静置，在上层清液中继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；（2）已知KspNi（OH）2=2×1015，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）2×105 molL1，KspNi（OH）2=c（Ni2+）×c2（OH）=2×1015，c（OH）=105mol/L，c（H+）=109mol/L，pH=