2015年-2016年学年安徽省合肥市高三(上)月考化学试卷(解析版)

2015-2016学年安徽省合肥市高三（上）月考化学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，满分20分，每小题只有一个正确答案） 1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述不正确的是（） A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．石英可用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路” C．清晨阳光穿过林木枝叶铺洒地面属于丁达尔现象 D．高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强 2．下列有关化学用语表示错误的是（） A．HCN的结构式：H﹣C≡N B．HClO的电子式： C．中子数为16的硫原子符号为：S D．Na+的离子结构示意图： 3．下列有关物质性质和用途的描述，正确的是（） A．氢氟酸具有强酸性，可用于雕刻玻璃 B．浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸干燥SO2、H2S、NO2等气体 C．常温下，铝比铁耐腐蚀，可用铝锅长期盛放酸性食物 D．氨气与氯气能反应生成氯化铵，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏 4．下列反应过程中，水分子只失电子的是（） A．电解水 B．过氧化钠与水反应 C．F2与水反应 D．焦炭与水反应制水煤气 5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（） A．标准状况下，2molSO3含有的氧原子数为6NA B．一定条件下足量的Fe粉与浓硫酸反应，转移电子数一定为3NA C．在1L的碳酸钠溶液中，若c（CO32﹣）=1mol/L，则Na+个数为2NA D．含4NA个离子的固体Na2O2溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为1mol/L 6．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法正确的是（） A．原子半径Z＞Y B．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小 C．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱 D．M的最高价氧化物对应水化物不能与NaOH溶液反应 7．Na2O2、Cl2、SO2等均能使品红溶液褪色．下列说法正确的是（） A．Na2O2中存在非极性键 B．Na2O2属于电解质，而Cl2、SO2均属于非电解质 C．Na2O2与SO2反应和Na2O2与CO2反应完全相同 D．将等物质的量Cl2和SO2同时通入品红溶液，溶液褪色更快 8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A．在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣ B．在0.1molL﹣1Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3﹣、SO42﹣ C．在0.1molL﹣1FeCl3溶液中：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣ D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣ 9．下列能达到实验目的是（） A．图①用于除Cl2中混有的HCl气体 B．图②可用于制取并收集少量NO2气体 C．图③所示实验装置可用排空气法收集CO2 D．图④所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱 10．下列离子方程式正确的是（） A．用FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++2Cu═Fe2++2Cu2+ B．向1mol/L硝酸溶液中加入铜片：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O C．在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ D．向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O 二、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分，每小题只有一个正确答案） 11．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（） 选项 实验操作 实验目的或结论A 溴水中通入SO2，溴水褪色 SO2具有漂白性B 向某盐溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味气体 原溶液含有铵盐C 向FeBr2溶液中通入少量Cl2 比较氯气与溴的氧化性强弱D 向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42﹣A．A B．B C．C D．D 12．下列物质与FeCl3溶液不能发生化学变化的是（） ①AgNO3溶液 ②Na2SO4溶液 ③CuO ④SO2 ⑤稀硝酸 ⑥H2O2． A．②④⑤ B．①③⑥ C．②③ D．②⑤ 13．若将溶液中含有的Fe3+、Al3+、Ba2+离子逐一沉淀分离出来，其正确的实验步骤是（） ①加入过量Na2CO3； ②加入过量Na2SO4； ③加入过量Ba（OH）2； ④加入过量NaOH； ⑤通入足量CO2； ⑥过滤． A．①⑥③⑥⑤⑥ B．②⑥③⑥⑤⑥ C．①⑥④⑥⑤⑥ D．②⑥④⑥⑤⑥ 14．已知反应：KBrO3+AsH3+H2SO4﹣﹣H3AsO4+K2SO4+H2O+Br2（未配平）．下列叙述不正确的是（） A．反应中KBrO3得电子作氧化剂 B．氧化剂和还原剂的物质的量比为5：8 C．根据上述反应可推知，还原性：AsH3＞Br2 D．0.2molKBrO3参加反应电子转移1mol 15．除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂不正确的是（） 选项 物质（杂质） 试剂A Al2O3（Si） NaOH溶液B CO2（SO2） NaHCO3溶液C FeCl2溶液（FeCl3） 铁粉D NaHCO3溶液（Na2CO3） CO2A．A B．B C．C D．D 16．类推的思维方法在化学学习中应用广泛，以下类推结论正确的是（） A．钠在实验室通常保存在煤油中，可推知锂也可保存在煤油中 B．FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，可推知FeBr2也可与Br2反应生成FeBr3 C．工业制Mg采用电解MgCl2的方法，可推知工业制Al也采用电解AlCl3的方法 D．CO2通入Ba（NO3）2溶液中无明显现象，可推知SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无明显现象 17．硅烷是一种无色、与空气反应并会引起窒息的气体．其分子结构和CH4相似，但Si﹣H键键能比C﹣H键键能低．下列判断错误的是（） A．SiH4分子呈正四面体形 B．SiH4分子是非极性分子 C．因为Si﹣H键键能比C﹣H键键能低，所以SiH4沸点低于CH4沸点 D．SiH4分子稳定性低于CH4分子，因为C﹣H键键能高 18．将0.39g过氧化钠和1.06g碳酸钠固体混合并配成溶液，向溶液中缓慢滴加0.1molL﹣1稀盐酸．下列示意图表示生成CO2的物质的量与加入盐酸体积的关系正确的是（） A． B． C． D． 三、非选择题（本大题共4小题，共56分） 19．R、T、W、X、Y是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．其中R、W原子核外有两个未成对电子，X元素在生活中大量使用其合金制品，X单质在工业上可用电解其熔融氧化物的方法制备．Y有多种氧化物，其Y3+可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝． （1）基态Y原子的电子排布式是；R、T、W三种元素的第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）． （2）R的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的数目之比是． （3）常温下T与W形成的红棕色气体溶于水的化学方程式：． （4）W能与第三周期原子半径最大的元素形成一种强氧化性物质，写出该物质的电子式：． （5）X的单质溶于强碱溶液的离子方程式是． 20．某溶液中可能含有下列微粒中的若干种：K+、Al3+、Mg2+、Cl2、SO42﹣、S2﹣、NO3﹣；为确定溶液中微粒种类，进行如下实验： ①通过观察发现溶液呈黄绿色 ②取少许原溶液滴加NaOH溶液直至过量，发现先有沉淀，后沉淀减少但不消失 ③取少许原溶液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生． 据以上信息回答下列问题： （1）原溶液肯定存在的微粒有（除H2O外）；肯定不存在的微粒有； （2）不能确定是否存在的微粒有；要确定其是否存在的方法为：． （3）步骤②中假设得到沉淀量最大时，质量为9.7g，最终NaOH过量后剩余沉淀5.8g，则原溶液中Al3+和Mg2+的物质的量浓度之比为． （4）步骤②中沉淀溶解的离子方程式：． （5）下列离子还可以在原溶液中共存的是． A．CO32﹣B．Fe2+C．NH4+D．I﹣． 21．利用钛白工业的副产品FeSO4（含TiO2+、Al3+）可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁．其工艺流程如下： （1）检验FeSO4是否已有部分氧化的方法是． （2）已知过滤1得到的滤渣的主要成分是Al（OH）3、H2TiO3．请补充化学方程式：TiOSO4+═H2SO4+H2TiO3↓；铁粉的作用有：①除去溶液中的Fe3+，②． （3）沉淀反应的离子方程式是． （4）沉淀过程的反应温度为40℃，温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外，还有．FeC2O4生成后，为提高产品纯度，还需调节溶液pH=2，若pH过低，则导致FeC2O4的产率（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）． （5）过滤2得到的滤液经蒸发浓缩、、洗涤可得到副产品，该物质可用作（写出一种用途）． 22．某校化学研究性学习小组为探究金属钠能否与二氧化碳气体反应设计了如下实验：将燃烧的钠迅速伸入到盛有装满CO2的集气瓶中，结果发现钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底附着黑色颗粒，瓶壁上黏附着白色物质．为确定白色产物，该小组同学进一步展开探究． Ⅰ、通过分析，对白色产物成分的可能情况提出了如下几种假设： 假设1：白色产物为Na2O 假设2：白色产物为Na2CO3 假设3：白色产物为 Ⅱ、为验证假设3正确，该小组同学设计了如下实验，请你帮他们完成下表内容． 限选试剂：蒸馏水、2mol/LH2SO4、BaCl2溶液、澄清石灰水、酚酞试剂、稀盐酸等；实验仪器任选． 实验步骤 预期现象及结论 Ⅲ、思考与交流： ①若假设2正确，则金属钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为：． ②有同学认为如果CO2足量则不会生成黑色物质，且白色产物成分也可以确定．此时的化学方程式为：． 2015-2016学年安徽省合肥市高三（上）月考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，满分20分，每小题只有一个正确答案） 1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述不正确的是（） A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．石英可用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路” C．清晨阳光穿过林木枝叶铺洒地面属于丁达尔现象 D．高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强 【考点】绿色化学． 【专题】化学应用． 【分析】A、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”． B、二氧化硅为酸性氧化物； C、大气是胶体； D、车厢大部分采用铝合金材料制造，这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点． 【解答】解：A、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染，所以A错误； B、二氧化硅为酸性氧化物，能和强碱反应，从而造成光导纤维的断路，故B正确； C、大气是胶体，故当有阳光照射的时候，会产生丁达尔效应，故C正确； D、铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，故D正确； 故选A． 【点评】本题主要考查了绿色化学、环境保护等知识，掌握光纤的成分、合金的用途、等基础知识是解答本题的关键，题目难度不大． 2．下列有关化学用语表示错误的是（） A．HCN的结构式：H﹣C≡N B．HClO的电子式： C．中子数为16的硫原子符号为：S D．Na+的离子结构示意图： 【考点】电子式；原子结构示意图；结构简式． 【专题】化学用语专题． 【分析】A．HCN中存在一个碳氢键和一个碳氮三键； B．HClO分子中氧原子分别与氢原子和氯原子形成公用电子对，形成8电子稳定结构； C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数； D．钠离子核内有11个质子，核外有两个电子层，第一层两个电子，第二层八个电子． 【解答】解：A．结构式中将分子中所有共价键用短线表示，HCN的结构式为：H﹣C≡N，故A正确； B．次氯酸为共价化合物，分子中存在1个O﹣H键和1个H﹣Cl共价键，次氯酸的电子式为，故B正确； C．中子数为16的硫原子的质量数为32，该元素符号可以表示为：3216S，故C错误； D．钠离子核内有11个质子，核外有两个电子层，第一层两个电子，第二层八个电子，离子结构示意图：，故D正确． 故选C． 【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示意图、元素符号、结构式等化学用语的概念及正确的表示方法，明确常见化学用语书写原则为解答关键． 3．下列有关物质性质和用途的描述，正确的是（） A．氢氟酸具有强酸性，可用于雕刻玻璃 B．浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸干燥SO2、H2S、NO2等气体 C．常温下，铝比铁耐腐蚀，可用铝锅长期盛放酸性食物 D．氨气与氯气能反应生成氯化铵，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏 【考点】物质的组成、结构和性质的关系． 【专题】化学应用． 【分析】A．氢氟酸是弱酸； B．浓硫酸具有强氧化性能氧化还原性的物质； C．铝的表面有致密的氧化膜，能与酸反应； D．浓氨水被氯气氧化为氮气和氯化氢，氯化氢和氨气生成白色烟． 【解答】解：A．氢氟酸是弱酸，氢氟酸能与二氧化硅反应，所以氢氟酸用于雕刻玻璃，故A错误； B．浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸干燥，浓硫酸具有强氧化性能氧化还原性的物质，所以浓硫酸不能干燥H2S，故B错误； C．铝的表面有致密的氧化膜，铝比铁耐腐蚀，但是氧化铝和Al都能与酸反应，所以不能用铝锅长期盛放酸性食物，故C错误； D．浓氨水被氯气氧化为氮气和氯化氢，氯化氢和氨气生成白色烟，所以输送氯气的管道有泄漏会产生大量白烟，故D正确． 故选D． 【点评】本题考查了氢氟酸的性质、浓硫酸的性质与用途、铝的性质、氯气的性质等，掌握物质性质与物质用途是解题关键，题目难度不大． 4．下列反应过程中，水分子只失电子的是（） A．电解水 B．过氧化钠与水反应 C．F2与水反应 D．焦炭与水反应制水煤气 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题． 【分析】水分子只失电子，则水中O元素的化合价升高，生成氧气，以此来解答． 【解答】解：A．H、O元素均变化，生成氢气、氧气，水既得电子也失去电子，故A不选； B．水中H、O元素的化合价不变，不得失电子，故B不选； C．反应生成HF和氧气，O元素的化合价升高，水失去电子，故C选； D．反应生成CO和氢气，H元素的化合价降低，则水得到电子，故D不选； 故选C． 【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中还原剂失去电子的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大． 5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（） A．标准状况下，2molSO3含有的氧原子数为6NA B．一定条件下足量的Fe粉与浓硫酸反应，转移电子数一定为3NA C．在1L的碳酸钠溶液中，若c（CO32﹣）=1mol/L，则Na+个数为2NA D．含4NA个离子的固体Na2O2溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为1mol/L 【考点】阿伏加德罗常数． 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A、三氧化硫中含3个氧原子； B、铁粉的物质的量不明确； C、碳酸根为弱酸根，在溶液中会水解； D、将过氧化钠溶于1L水中，溶液体积大于1L． 【解答】解：A、三氧化硫中含3个氧原子，故2mol三氧化硫中含6mol氧原子即6NA个，故A正确； B、铁粉的物质的量不明确，故铁粉和浓硫酸反应后转移的电子数无法确定，故B错误； C、碳酸根为弱酸根，在溶液中会水解，故当c（CO32﹣）=1mol/L，钠离子浓度大于2mol/L，则钠离子的个数大于2NA个，故C错误； D、将过氧化钠溶于1L水中，溶液体积大于1L，故溶液中的钠离子的浓度小于1mol/L，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，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大． 6．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法正确的是（） A．原子半径Z＞Y B．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小 C．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱 D．M的最高价氧化物对应水化物不能与NaOH溶液反应 【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用． 【专题】元素周期律与元素周期表专题． 【分析】四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素，则M为Al，结合位置关系可知，X为Si，Y为N，Z为O， A．电子层越多，原子半径越大； B．非金属性越强，气态氢化物越稳定； C．非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强； D．M的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3为两性氢氧化物． 【解答】解：四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素，则M为Al，结合位置关系可知，X为Si，Y为N，Z为O， A．X的电子层多，原子半径大，则原子半径为X＞Y，故A错误； B．非金属性Z＞X，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小，故B正确； C．非金属性Y＞X，Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强，故C错误； D．M的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3为两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应，故D错误； 故选B． 【点评】本题考查位置、结构及性质的应用，把握M为金属Al并推出各元素为解答的关键，注意元素周期律的应用及氢氧化铝的两性，题目难度不大． 7．Na2O2、Cl2、SO2等均能使品红溶液褪色．下列说法正确的是（） A．Na2O2中存在非极性键 B．Na2O2属于电解质，而Cl2、SO2均属于非电解质 C．Na2O2与SO2反应和Na2O2与CO2反应完全相同 D．将等物质的量Cl2和SO2同时通入品红溶液，溶液褪色更快 【考点】电解质与非电解质；化学键；钠的重要化合物． 【专题】元素及其化合物． 【分析】A．过氧化钠属于离子化合物，既存在离子键也存在共价键； B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质； C．二氧化硫具有还原性，与过氧化钠反应生成硫酸钠； D．氯气与二氧化硫1：1反应恰好生成盐酸和硫酸，据此解答即可． 【解答】解：A．过氧化钠中存在离子键和O与O之间的非极性共价键，故A正确； B．过氧化钠是钠的氧化物，属于电解质，二氧化硫本身不能导电，属于非电解质，但是氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C．二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸钠，与二氧化碳反应原理不同，故C错误； D．氯气与二氧化硫等物质的混合，反应生成HCl和硫酸，不具有漂白性，故D错误， 故选A． 【点评】本题考查较为综合，涉及电解质与非电解质概念、氧化还原反应计算、氯气性质与过氧化钠结构等，是对基础知识的考查，难度不大． 8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A．在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣ B．在0.1molL﹣1Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3﹣、SO42﹣ C．在0.1molL﹣1FeCl3溶液中：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣ D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣ 【考点】离子共存问题． 【专题】离子反应专题． 【分析】A．pH=1的溶液，显酸性； B．离子之间相互促进水解； C．离子之间结合生成络离子、氧化还原反应； D.=10﹣12的溶液，显碱性． 【解答】解：A．pH=1的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3﹣，故A不选； B．Al3+、CO32﹣相互促进水解，不能大量共存，故B不选； C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选； D.=10﹣12的溶液，显碱性，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． 9．下列能达到实验目的是（） A．图①用于除Cl2中混有的HCl气体 B．图②可用于制取并收集少量NO2气体 C．图③所示实验装置可用排空气法收集CO2 D．图④所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱 【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合． 【专题】实验评价题． 【分析】A．二者都与氢氧化钠溶液反应； B．二氧化氮与水反应； C．二氧化碳密度比空气大； D．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液生成硅酸沉淀． 【解答】解：A．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故A错误； B．二氧化氮与水反应，应用排空法收集，故B错误； C．二氧化碳密度比空气大，应用向上排空法收集，故C错误； D．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液生成硅酸沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸强，可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故D正确． 故选D． 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提纯实验、实验技能等，把握反应原理及实验装置的作用、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等． 10．下列离子方程式正确的是（） A．用FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++2Cu═Fe2++2Cu2+ B．向1mol/L硝酸溶液中加入铜片：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O C．在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ D．向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O 【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题． 【分析】A．电荷不守恒； B．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮、水； C．二者反应实质是铝离子与一水合氨生成氢氧化铝沉淀； D．氢氧化钡少量反应生成碳酸钡、碳酸钠和水． 【解答】解：A．用FeCl3溶液腐蚀铜板，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误； B．向1mol/L硝酸溶液中加入铜片，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═C3u2++2NO↑+4H2O，故B错误； C．在明矾溶液中滴加过量氨水，离子方程式：Al3++3NH3H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C正确； D．向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液，离子方程式：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误； 故选：C． 【点评】本题考查了离子方程式书写正误判断，明确离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大． 二、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分，每小题只有一个正确答案） 11．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（） 选项 实验操作 实验目的或结论A 溴水中通入SO2，溴水褪色 SO2具有漂白性B 向某盐溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味气体 原溶液含有铵盐C 向FeBr2溶液中通入少量Cl2 比较氯气与溴的氧化性强弱D 向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42﹣A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价． 【专题】实验评价题． 【分析】A．SO2具有还原性； B．使湿润红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味气体为氨气； C．通入少量Cl2，先氧化亚铁离子； D．溶液中可能SO32﹣、SO42﹣或Ag+等． 【解答】解：A．SO2与溴水发生氧化还原反应，表现出还原性，故A错误； B．使湿润红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味气体为氨气，则原溶液含有铵盐，故B正确； C．通入少量Cl2，先氧化亚铁离子，则说明亚铁离子的还原性大于溴离子，故C错误； D．向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，该溶液中可能含有SO32﹣、SO42﹣或Ag+，亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡，AgCl也为不溶于酸的白色沉淀，故D错误． 故选B． 【点评】本题考查化学实验方案的评价，熟悉常见离子的检验是解答本题的关键，注意检验离子时应排除其它离子的干扰，题目难度不大． 12．下列物质与FeCl3溶液不能发生化学变化的是（） ①AgNO3溶液 ②Na2SO4溶液 ③CuO ④SO2 ⑤稀硝酸 ⑥H2O2． A．②④⑤ B．①③⑥ C．②③ D．②⑤【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】①氯化铁溶液中氯离子结合银离子形成白色沉淀； ②FeCl3溶液和Na2SO4溶液不能发生反应； ③氯化铁溶液水解显酸性，加入氧化铜溶解； ④二氧化硫具有还原性，氯化铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应； ⑤稀硝酸和氯化铁溶液不发生反应； ⑥过氧化氢在氯化铁溶液催化作用下分解生成水和氧气； 【解答】解：①氯化铁溶液中氯离子结合银离子形成白色沉淀，Ag++Cl﹣=AgCl↓，发生化学变化，故①不符合； ②FeCl3溶液和Na2SO4溶液不能发生反应，无化学变化，故②符合； ③氯化铁溶液水解显酸性，加入氧化铜溶解，发生化学反应，故③不符合； ④二氧化硫具有还原性，氯化铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故④不符合； ⑤稀硝酸和氯化铁溶液不发生反应，无化学变化，故⑤符合； ⑥过氧化氢在氯化铁溶液催化作用下分解生成水和氧气，2H2O22H2O+O2↑，故⑥不符合； 故选D． 【点评】本题考查了氯化铁溶液性质分析，主要是氯化铁溶液水解性、氧化性的分析，注意过氧化氢分解反应的催化剂作用，题目难度中等． 13．若将溶液中含有的Fe3+、Al3+、Ba2+离子逐一沉淀分离出来，其正确的实验步骤是（） ①加入过量Na2CO3； ②加入过量Na2SO4； ③加入过量Ba（OH）2； ④加入过量NaOH； ⑤通入足量CO2； ⑥过滤． A．①⑥③⑥⑤⑥ B．②⑥③⑥⑤⑥ C．①⑥④⑥⑤⑥ D．②⑥④⑥⑤⑥【考点】物质分离、提纯的实验方案设计． 【专题】物质的分离提纯和鉴别． 【分析】可首先加入Na2SO4，生成硫酸钡沉淀，除去Ba2+，然后加入过量NaOH，生成氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中通入二氧化碳，可生成氢氧化铝沉淀，以此解答． 【解答】解：可首先加入Na2SO4，生成硫酸钡沉淀，除去Ba2+，过量后加入过量NaOH，生成氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中通入二氧化碳，可生成氢氧化铝沉淀，则顺序为①⑥④⑥⑤⑥， 故选C 【点评】本题考查混合物的分离、提纯，侧重除杂和分离的考查，把握物质的化学性质为解答本题的关键，注意把握除杂的顺序，易错点为D，注意每次只生成一种沉淀，题目难度不大． 14．已知反应：KBrO3+AsH3+H2SO4﹣﹣H3AsO4+K2SO4+H2O+Br2（未配平）．下列叙述不正确的是（） A．反应中KBrO3得电子作氧化剂 B．氧化剂和还原剂的物质的量比为5：8 C．根据上述反应可推知，还原性：AsH3＞Br2 D．0.2molKBrO3参加反应电子转移1mol 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题． 【分析】Br元素的化合价降低，As元素的化合价升高，根据原子守恒和得失电子守恒可知，8KBrO3+4H2SO4+5AsH3=5H3AsO4+4K2SO4+4H2O+4Br2，结合氧化还原反应中基本概念及转移电子解答． 【解答】解：反应的方程式应为8KBrO3+4H2SO4+5AsH3=5H3AsO4+4K2SO4+4H2O+4Br2， A．Br元素的化合价降低，反应中KBrO3得电子作氧化剂，故A正确； B．KBrO3得电子作氧化剂，反应中AsH3为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量比为8：5，故B错误； C．反应中AsH3为还原剂，Br2为还原产物，则还原性AsH3＞Br2，故C正确； D．0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子，故D正确． 故选B． 【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从电子守恒及化合价角度分析，题目难度不大． 15．除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂不正确的是（） 选项 物质（杂质） 试剂A Al2O3（Si） NaOH溶液B CO2（SO2） NaHCO3溶液C FeCl2溶液（FeCl3） 铁粉D NaHCO3溶液（Na2CO3） CO2A．A B．B C．C D．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用． 【专题】物质的分离提纯和鉴别． 【分析】A．二者都与氢氧化钠溶液反应； B．二氧化硫可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳； C．铁粉与氯化铁反应生成氯化亚铁； D．碳酸钠溶液通入二氧化碳，可生成碳酸氢钠． 【解答】解：A．二者都与氢氧化钠溶液反应，不能用于除杂，故A错误； B．二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，可除杂，故B正确； C．铁粉与氯化铁反应生成氯化亚铁，可除杂，故C正确； D．碳酸钠溶液通入二氧化碳，可生成碳酸氢钠，可用于除杂，故D正确． 故选A． 【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于物质的分离的考查，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，题目难度中等，除杂时注意不能引入新的杂质，特别是不能影响被提纯的物质． 16．类推的思维方法在化学学习中应用广泛，以下类推结论正确的是（） A．钠在实验室通常保存在煤油中，可推知锂也可保存在煤油中 B．FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，可推知FeBr2也可与Br2反应生成FeBr3 C．工业制Mg采用电解MgCl2的方法，可推知工业制Al也采用电解AlCl3的方法 D．CO2通入Ba（NO3）2溶液中无明显现象，可推知SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无明显现象 【考点】化学反应的基本原理． 【专题】类比迁移思想． 【分析】A．依据煤油的密度小于钠，大于锂解答； B．氯气、溴氧化性强于三价铁离子； C．氯化镁为离子化合物，氯化铝共价化合物； D．二氧化硫能够被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子． 【解答】解：A．煤油的密度小于钠，大于锂，钠放在煤油中能够沉在底部，起到隔绝空气作用，而锂密度小于煤油，浮在煤油上，不能隔绝空气，故A错误； B．氯气、溴氧化性强于三价铁离子，氯气、溴都能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，故B正确； C．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，所以不能用电解质熔融氯化铝方法制取铝，故C错误； D．二氧化硫能够被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，所以二氧化硫通入Ba（NO3）2溶液中，生成白色的硫酸钡沉淀，故D错误； 故选：B． 【点评】本题考查了元素化合物知识，明确相关物质的性质及电解池工作原理是解题关键，题目难度不大． 17．硅烷是一种无色、与空气反应并会引起窒息的气体．其分子结构和CH4相似，但Si﹣H键键能比C﹣H键键能低．下列判断错误的是（） A．SiH4分子呈正四面体形 B．SiH4分子是非极性分子 C．因为Si﹣H键键能比C﹣H键键能低，所以SiH4沸点低于CH4沸点 D．SiH4分子稳定性低于CH4分子，因为C﹣H键键能高 【考点】化学键． 【专题】化学键与晶体结构． 【分析】A、甲烷分子为正四面体构型，SiH4的分子结构与CH4类似； B、正负电荷中心对称； C、结构相似的分子晶体，相对分子量越大沸点越高； D、中心元素的非金属性越强对应氢化物越稳定． 【解答】解：A、甲烷分子为正四面体构型，SiH4的分子结构与CH4类似，因此SiH4具有正四面体的构型，故A正确； B、SiH4正四面体的构型，正负电荷中心对称是正四面体结构，所以是非极性分子，故B正确； C、结构相似的分子晶体，相对分子量越大沸点越高，所以SiH4沸点高于CH4沸点，故C错误； D、中心元素的非金属性越强对应氢化物越稳定，因为碳的非金属性强于硅，则C﹣H键键能高，所以CH4分子稳定，故D正确； 故选C． 【点评】本题考查了物质的结构和性质，采用类比法分析，题目难度不大，注意掌握利用电负性的差异去判断共价键的极性强弱． 18．将0.39g过氧化钠和1.06g碳酸钠固体混合并配成溶液，向溶液中缓慢滴加0.1molL﹣1稀盐酸．下列示意图表示生成CO2的物质的量与加入盐酸体积的关系正确的是（） A． B． C． D．【考点】有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算． 【专题】离子反应专题． 【分析】0.39g过氧化钠的物质的量为：=0.05mol，0.05mol过氧化钠与水反应生成0.1molNaOH；对于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：0.39g过氧化钠的物质的量为：=0.05mol，0.05mol过氧化钠与水反应生成0.1molNaOH；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，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，题目难度中等，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，反应完全后，再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑． 三、非选择题（本大题共4小题，共56分） 19．R、T、W、X、Y是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．其中R、W原子核外有两个未成对电子，X元素在生活中大量使用其合金制品，X单质在工业上可用电解其熔融氧化物的方法制备．Y有多种氧化物，其Y3+可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝． （1）基态Y原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；R、T、W三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示）． （2）R的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的数目之比是3：2． （3）常温下T与W形成的红棕色气体溶于水的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO． （4）W能与第三周期原子半径最大的元素形成一种强氧化性物质，写出该物质的电子式：． （5）X的单质溶于强碱溶液的离子方程式是2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑． 【考点】位置结构性质的相互关系应用． 【专题】元素周期律与元素周期表专题． 【分析】R、T、W、X、Y是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．X元素在生活中大量使用其合金制品，X单质在工业上可用电解其熔融氧化物的方法制备，则X为Al．Y有多种氧化物，其Y3+可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则Y为Fe；R、W原子核外有两个未成对电子，且原子序数小于Al，则R是C、W是O，T元素介于二者之间，为N元素； （1）Y是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态Y原子的电子排布式；同一周期元素，所以第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素； （2）C的一种氢化物相对分子质量为26，为HC≡CH，乙炔分子中含有3个σ键、2个π键； （3）常温下N与O形成的红棕色气体是二氧化氮，溶于水生成硝酸和NO； （4）O能与第三周期原子半径最大的元素Na形成一种强氧化性物质，该物质为Na2O2，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O﹣O原子之间存在共价键； （5）Al的单质溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气． 【解答】解：R、T、W、X、Y是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．X元素在生活中大量使用其合金制品，X单质在工业上可用电解其熔融氧化物的方法制备，则X为Al．Y有多种氧化物，其Y3+可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则Y为Fe；R、W原子核外有两个未成对电子，且原子序数小于Al，则R是C、W是O，T元素介于二者之间，为N元素； （1）Y是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态Y原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；同一周期元素，所以第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素， 故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2； （2）C的一种氢化物相对分子质量为26，为HC≡CH，乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，所以乙炔分子中的σ键与π键的数目之比是3：2，故答案为：3：2； （3）常温下N与O形成的红棕色气体是二氧化氮，溶于水生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO， 故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO； （4）O能与第三周期原子半径最大的元素Na形成一种强氧化性物质，该物质为Na2O2，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O﹣O原子之间存在共价键，则过氧化钠电子式为，故答案为：； （5）Al的单质溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑； 故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑． 【点评】本题考查物质结构性质相互关系及应用，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确元素周期表结构、原子结构、物质性质是解本题关键，明确常见物质结构和性质是解本题关键，注意铝和碱溶液反应时水是氧化剂，题目难度不大． 20．某溶液中可能含有下列微粒中的若干种：K+、Al3+、Mg2+、Cl2、SO42﹣、S2﹣、NO3﹣；为确定溶液中微粒种类，进行如下实验： ①通过观察发现溶液呈黄绿色 ②取少许原溶液滴加NaOH溶液直至过量，发现先有沉淀，后沉淀减少但不消失 ③取少许原溶液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生． 据以上信息回答下列问题： （1）原溶液肯定存在的微粒有Al3+、Mg2+、Cl2、NO3﹣（除H2O外）；肯定不存在的微粒有SO42﹣、S2﹣； （2）不能确定是否存在的微粒有K+；要确定其是否存在的方法为：焰色反应． （3）步骤②中假设得到沉淀量最大时，质量为9.7g，最终NaOH过量后剩余沉淀5.8g，则原溶液中Al3+和Mg2+的物质的量浓度之比为1：2． （4）步骤②中沉淀溶解的离子方程式：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O． （5）下列离子还可以在原溶液中共存的是C． A．CO32﹣B．Fe2+C．NH4+D．I﹣． 【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题． 【专题】离子反应专题． 【分析】①通过观察发现溶液呈黄绿色，说明溶液中溶解有Cl2，氯气具有强氧化性，所以溶液中一定不含S2﹣； ②取少许原溶液滴加NaOH溶液直至过量，发现先有沉淀，后沉淀减少但不消失，说明溶液中含有Al3+、Mg2+； ③取少许原溶液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，证明溶液中不含有SO42﹣；，依据溶液中电荷守恒可知阴离子只有NO3﹣，所以溶液中一定含有NO3﹣． 【解答】解：某溶液中可能含有下列微粒中的若干种：K+、Al3+、Mg2+、Cl2、SO42﹣、S2﹣、NO3﹣； ①通过观察发现溶液呈黄绿色，说明溶液中溶解有Cl2，氯气具有强氧化性，所以溶液中一定不含S2﹣； ②取少许原溶液滴加NaOH溶液直至过量，发现先有沉淀，后沉淀减少但不消失，说明溶液中含有Al3+、Mg2+； ③取少许原溶液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，证明溶液中不含有SO42﹣；，依据溶液中电荷守恒可知阴离子只有NO3﹣，所以溶液中一定含有NO3﹣，K+在推断过程中无任何现象，可能存在； （1）原溶液肯定存在的微粒有：Al3+、Mg2+、Cl2、NO3﹣；一定不存在的微粒为：SO42﹣、S2； 故答案为：Al3+、Mg2+、Cl2、NO3﹣；SO42﹣、S2； （2）不能确定是否存在的微粒有K+；要确定其是否存在的方法为焰色反应，隔着钴玻璃呈紫色； 故答案为：K+；焰色反应； （3）假设得到沉淀量最大时，质量为9.7g，沉淀为Al（OH）3、Mg（OH）2，最终NaOH过量后剩余沉淀5.8g为Mg（OH）2，依据元素守恒计算，则原溶液中Al3+和Mg2+的物质的量浓度之比为物质的量之比=：=1：2； 故答案为：1：2； （4）步骤②中沉淀溶解是氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的离子方程式Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O； 故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O； （5）下列离子还可以在原溶液中共存，需要离子和移动存在的离子间不能发生反应； A．CO32﹣和铝离子、镁离子都发生反应不能共存，故A不符合； B．Fe2+和Cl2反应氧化还原反应，不能共存，故B不符合； C．NH4+在溶液中不发生反应，可以共存，故C符合； D．I﹣可以被Cl2氧化，不能共存，故D不符合； 故答案为：C． 【点评】本题考查了离子性质和离子推断，反应现象和干扰离子的分析判断是解题关键，掌握离子性质恒容反应特征是解题关键，题目难度中等． 21．利用钛白工业的副产品FeSO4（含TiO2+、Al3+）可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁．其工艺流程如下： （1）检验FeSO4是否已有部分氧化的方法是取少量副产品于试管中，加适量蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液显红色，表明已有部分氧化． （2）已知过滤1得到的滤渣的主要成分是Al（OH）3、H2TiO3．请补充化学方程式：TiOSO4+2H2O═H2SO4+H2TiO3↓；铁粉的作用有：①除去溶液中的Fe3+，②调节溶液pH． （3）沉淀反应的离子方程式是2NH3H2O+Fe2+=Fe（OH）2↓+2NH4+． （4）沉淀过程的反应温度为40℃，温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外，还有NH3H2O和Fe（OH）2受热都易分解．FeC2O4生成后，为提高产品纯度，还需调节溶液pH=2，若pH过低，则导致FeC2O4的产率偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）． （5）过滤2得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可得到副产品，该物质可用作化肥（写出一种用途）． 【考点】制备实验方案的设计；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；物质的分离、提纯和除杂． 【专题】综合实验题；几种重要的金属及其化合物． 【分析】（1）亚铁离子若被氧化，其氧化产物水铁离子，KSCN溶液遇到三价铁离子显血红色； （2）根据反应物和生成物写出化学方程式；Fe2+具有较强的还原性，Fe可以与氢离子反应调节pH； （3）一水合氨水是弱碱不能拆，与亚铁离子生成氢氧化亚铁沉淀，据此书写离子反应方程式即可； （4）氨水受热易分解，难溶性