河北省衡水中学2014届高三上学期二调考试化学试卷（解析版）.doc

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1、河北省衡水中学2014届高三上学期二调化学试卷一、选择题（本题共18小题，每小题2分，共36分）1（2分）下列物质的用途正确的是（）A用Na2O2漂白食品，而SO2不能用于干果防腐B用石英砂制太阳能电池C高温下用铝热法炼铁制备钢材D工业上可用氯化钠制备化肥NH4Cl考点：二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅专题：化学应用分析：A过氧化钠具有强氧化性而能漂白某些物质，二氧化硫能和有色物质反应而具有漂白性；B太阳能电池的主要成分是硅；C用铝热反应冶炼铁代价较高；D侯氏制碱法是利用饱和氯化钠溶液制备氯化铵解答：解：A过氧化钠能和水反应生成具有腐蚀性的氢氧化钠，二氧化硫有毒，所以过氧化钠、二氧化硫都不能漂

2、白食品，故A错误；B石英砂的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，太阳能电池的主要成分是硅，故B错误；C工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，如果用铝热反应冶炼铁，则导致代价较高，不合适，故C错误；DNH3和CO2通入饱和食盐水中得到NaHCO3和NH4Cl的混合物，故D正确；故选D点评：本题考查了金属的冶炼、氯化铵的工业制取、硅的用途等知识点，明确反应原理、物质的性质是解本题关键，结合化学与生活来分析解答，题目难度不大2（2分）如图是制取气体的一种装置，能用此装置制取气体并能“随开随用，随关随停”的是（）A碱石灰与浓氨水制NH3B铝片与烧碱溶液制H2C电石与饱和食盐水制乙炔（C2H2）

3、D亚硫酸钠固体与75%的硫酸制SO2考点：常见气体制备原理及装置选择专题：实验题分析：该反应装置是固、液混合不加热型装置，反应的固体必须是块状或颗粒状，且不易溶于水，通过产生气体的压强而使固体和液体分离，从而达到“随开随用，随关随停”的目的解答：解：A、碱石灰是粉末状固体且易溶于水，所以不符合条件，故A错误；B、铝片和氢氧化钠制取氢气符合“随开随用，随关随停”条件，故B正确；C、碳化钙在反应时粉末化，该装置无法控制，另外，生成的氢氧化钙堵塞了小孔，使该装置失效，且反应大量放热，易燃易爆，故C错误；D、亚硫酸钠是粉末状固体且易溶于水，所以不符合条件，故D错误；故选B点评：本题考查了实验装置的选择

4、，难度不大，根据装置特点进行分析解答即可3用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A氯气、HCl均与NaOH溶液反应；BNH4Cl受热易分解；C纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止；D碘不易溶于水，易溶于四氯化碳解答：解：A氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；BNH4Cl受热易分解，应利用冷却热

5、饱和溶液的方法得到晶体，故B错误；C纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，故C错误；D碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取后分层，利用分液漏斗可分离，图中装置合理，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、晶体制备、气体制取、萃取等，侧重实验装置及性质的考查，综合性较强，注重基础知识和能力的训练，题目难度中等4能在水溶液中大量共存的离子组是（）AH+ Fe3+ ClOClBH+ NH4+Fe2+ NO3CAg+ K+ ClSO42DK+ AlO2Cl OH考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子不能结合生成水、气体、沉淀，不能发

6、生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：A因H+、ClO、Cl发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B因H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C因Ag+分别与Cl、SO42结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D该组离子之间不反应，能大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确离子的性质及离子之间的反应即可解答，题目难度不大5（2分）下列物质转化在给定条件下不能实现的是（）浓HClCl2漂白粉Si（粗）SiCl4Si（纯）N2NO2HNO3Al2O3AlCl3Al（OH）3CuOCuC

7、l2（aq）CuCl2（s）ABCD考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氮气的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应；硅和氯气反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气反应生成Si；氮气在放电条件下生成NO；氢氧化铝不溶于氨水；氯化铜溶液在加热时促进水解生成氢氧化铜解答：解：浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应，题中未加热，反应不能实现，故错误；硅和氯气反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气反应生成Si，可实现，故正确；氮气在放电条件下生成NO，不能直接生成二氧化氮，故错误；氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢

8、氧化铝不溶于氨水，可制备，故正确；氯化铜为强酸弱碱盐，溶液在加热时促进水解，生成氢氧化铜，不能得到氯化铜，故错误故选B点评：本题考查较为综合，涉及氯气的制备、硅、氮气、氢氧化铝以及盐类的水解等知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大6（2分）为使Fe2+，Fe3+，Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为pH7.7、pH4.5、pH6.6某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+，Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是（）AH2O2，ZnOB氨水CKMnO4，ZnCO3DNaOH溶液考点：物质分离、提纯的实

9、验方案设计专题：化学实验基本操作分析：为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去，以此解答解答：解：使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，故选A点评：本题考查盐类水解的原理及应用，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是

10、能把握除杂的原则7设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1mol Cl2与足量Fe反应转移电子数一定为3NAB标准状况下，2.24L NH3中含有共价键的数目为NAC1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAD标况下，11.2L SO3所含的分子数目为0.5NA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、根据电子守恒计算1molCl2与足量Fe反应转移电子数；B、先计算出氨气的物质的量，然后根据氨气分子结构计算出含有的共价键数目；C、根据过氧化钠中的阴离子为过氧根离子分析混合物中含有的阴、阳离子总数；D、标准状况下三氧化硫的状态不是气体

11、，无法计算其物质的量解答：解：A、1mol氯气与铁完全反应得到了2mol电子，反应转移电子数一定为2NA，故A错误；B、标况下，2.24L氨气的物质的量为0.1mol，0.1mol氨气中含有0.3mol共价键，含有共价键的数目为0.3NA，故B错误；C、过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol氧化钠和过氧化钠混合物中含有2mol钠离子和1mol氧离子、过氧根离子，总共含有3mol阴、阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故C正确；D、标况下，三氧化硫不是气体，无法计算11.2L三氧化硫的物质的量，也就无法计算三氧化硫的分子数，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难

12、度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系8（2分）下列离子方程式中，正确的是（）A已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3B硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32+2H+=H2SiO3C从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2=I2+2OHDFeCl2溶液中滴加N

13、aClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ClO+5H2O=2Fe（OH） 3+Cl+4H+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成产物为碳酸氢根离子；B醋酸为弱电解质，离子方程式中醋酸应该保留分子式；C酸性溶液中不能生成氢氧根离子；D反应产物次氯酸为弱电解质，离子方程式中需要保留分子式解答：解：A已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，说明次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应产物为次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3，故A正确；B硅酸钠溶液与

14、醋酸溶液混合，醋酸为弱酸，应该保留分子式，正确的离子方程式为：SiO32+2CH3COOH=H2SiO3+2CH3COO，故B错误；C从酸化的海带灰浸出液中提取碘，酸性条件下生成产物为水，正确的离子方程式为：2I+2H+H2O2=I2+2H2O，故C错误；DFeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀，次氯酸应该保留分子式，正确的离子方程式为：2Fe2+5ClO+5H2O=2Fe（OH） 3+Cl+4HClO，虎D错误；故选A点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，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：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各

15、物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等9（2分）下列除去杂质所选用的试剂或方法完全正确的是（）A除去NaCl溶液中的少量I2：用无水乙醇，萃取分液B除CO2中的少量HCl：通入饱和Na2CO3溶液，洗气C除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D除去NaHCO3固体中的少量Na2CO3：加热灼烧考点：物质分离、提纯的实验方案设计专题：实验评价题分析：A乙醇与水混溶；BCO2和HCl都与饱和Na2CO3溶液反应；CFeCl3可与铁屑反应生成FeCl2；DNaHCO3不稳定，加热

16、易分解解答：解：A乙醇与水混溶，应用苯或四氯化碳除杂，故A错误；BCO2和HCl都与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；CFeCl3可与铁屑反应生成FeCl2，可用于除杂，故C正确；DNaHCO3不稳定，加热易分解，不能够用加热的方法除杂，影响了碳酸氢钠，故D错误故选C点评：本题考查物质的分离、提纯侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大，注意相关基础知识的积累10（2分）某澄清透明溶液中只可能含有：Al3+；Mg2+；Fe3+；Cu2+；H+；CO；NO 中的几种，向该溶液中逐滴加人

17、NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示则该溶液中一定含有的离子是（）ABCD考点：镁、铝的重要化合物专题：图示题分析：向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中CO32离子因发生反应生成挥发性气体而不能存在，而后会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+，Cu2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，所以一定没有铝离子，结合溶液的电中性以及沉淀的质量为100克做进一步的推断解答：解：向该溶液中加入一定量 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离

18、子，在酸性溶液中CO32离子分别与H+离子反应生成CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3离子符合，含硝酸根离子、氢离子，随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+、Cu2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，沉淀量会出现减小的迹象，但是没有出现，所以一定没有Al3+，根据沉淀量达到最大消耗氢氧化钠的量是4mol，1mol铁离子能消耗3mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化铁沉淀为107克，1mol镁离子能消耗2mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化镁沉淀为58克，3mol氢氧化钠生成氢氧化镁1.5mol，质量为87克小于100克，

19、1mol铜离子能消耗2mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化铜沉淀为98克，3mol氢氧化钠生成氢氧化铜1.5mol，质量为147克大于100克，可以知道一定含有镁离子，综上可知一定含有的离子Mg2+，H+，NO3，铁离子和铜离子必含一种或两者都含有，故选A点评：本题考查常见离子的检验，注意从反应的现象推断离子的存在性，把握物质的性质和离子的检验方法以及根据沉淀的量判断是做本题的关键，题目难度中等11（2分）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+B向溶液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液先滴加稀盐酸无现象，滴加B

20、aCl2后出现白色沉淀溶液中一定含有SO42C向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NHAABBCCDD考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验；比较弱酸的相对强弱的实验专题：物质检验鉴别题分析：A观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；B加盐酸排除其它离子的干扰；CH2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀为CuS，并生成硫酸，从平衡角度考虑发生原因；D滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子解答：解：A观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用铂丝蘸取溶液进行焰色

21、反应，焰色为黄色，则一定含Na元素，可能含K元素，故A错误；B加盐酸排除其它离子的干扰，滴加BaCl2溶液时出现白色沉淀，一定含有SO42，故B正确；CH2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀为CuS，并生成硫酸，由化学平衡移动可知，生成CuS使反应能发生，但不能利用此反应说明强酸制取弱酸，故C错误；D氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，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，涉及离子检验、沉淀溶解平衡、氧化还原反应及焰色反应等，侧重物质性质及反应原理的考查，注意方案的合理性、评价性分析，题目难度不大12（2分）将amol小苏打和

22、bmol过氧化钠置于某体积可变的密闭容器中充分加热，反应后测得容器内的氧气为1mol，下列说法一定正确的是（）Ab=2B容器中一定没有残余的CO2和水蒸气Ca：b1D反应中转移的电子数一定为2NA考点：有关混合物反应的计算；钠的重要化合物专题：计算题分析：混合物在密闭容器中加热到时，可能发生如下反应：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，A过氧化钠可能有剩余；B过氧化钠反应完毕后，碳酸氢钠可能继续分解；C由2Na2O2O2，可以计算参加反应的过氧化钠的质量，不能确

23、定碳酸氢钠的物质的量；D反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，结合氧元素化合价计算转移电子数目解答：解：混合物在密闭容器中加热时，可能发生如下反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，A由2Na2O2O2，可知参加反应的过氧化钠为2mol，但过氧化钠可能有剩余，故A错误；B过氧化钠反应完毕后，碳酸氢钠继续分解，可能剩余二氧化碳、水蒸气，故B错误；C由2Na2O2O2，可知参加反应的过氧化钠为2mol，不能确定碳酸氢钠的物质的量，故C错误；D反应中过氧化钠起

24、氧化剂、还原剂作用，各占一半，反应中氧元素化合价由1价降低为2价，故生成1mol氧气转移电子为1mol20（1）=2mol，故转移电子数目为2NA，故D正确故选D点评：本题考查混合物的有关计算等，难度中等，明确可能发生的反应进行讨论，由于二氧化碳与氢氧化钠反应，故可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，反应完毕过氧化钠有剩余再与水反应13（2分）有些化学反应不论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示下列各组在溶液中的反应不符合这一情况的是（）ABa（OH）2与H2SO4BKMnO4和H2O2CHCl与NaHCO3DCa（HCO3）2与NaOH考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：化学

25、反应不论反应物量的多少，都发生相同的反应，则离子反应相同；若改变用量，反应产物不同，则不能利用相同的离子反应表示，以此来解答解答：解：A改变用量，均生成硫酸钡和水，可用同一离子反应表示，故A不选；B改变用量反应不同，如5H2O2+2MnO4+6H+=5O2+2Mn2+8H2O、2KMnO4+3H2O2=2MnO2+3O2+2H2O+2KOH、7H2O2+2MnO4+6H+=6O2+2Mn2+10H2O，则离子反应不同，故B选；C改变用量，均反应生成氯化钠、水、二氧化碳，离子反应相同，故C不选；DNaOH少量，反应生成碳酸钙、碳酸氢钠、水；NaOH过量，生成碳酸钙、碳酸钠和水，产物不同，离子反应

26、不同，故D选；故选BD点评：本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意量对反应的影响，选项B为解答的难点，题目难度不大14 Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（）A3：2：1B2：4：1C2：3：1D4：2：1考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答解答：解：溶

27、液中只含有Na+、H+、Cl、OH，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O，可看成Al2O3不反应，只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选B点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大15（2分）下列各项内容中，排列顺序正确的是（）固体的热稳定性：Na2CO3CaCO3NaHCO3物质的熔点LiNaK微粒半径：K+S2F单质的密度NaKRb 氢化物的沸点：H2SeH2SH2O

28、ABCD考点：元素周期律的作用；微粒半径大小的比较；晶体熔沸点的比较专题：元素周期律与元素周期表专题分析：碳酸氢钠加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定；碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低；核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小；碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势；考虑氢键和分子间作用力的区别解答：解：碳酸氢钠加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定，所以热稳定性：Na2CO3CaCO3NaHCO3，故正确；碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低，所以熔点LiNaK，故正确；S2、Cl、K+ 为核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小，所以半径：S2C

29、lK+，故错误；碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势，钾反常，所以单质的密度：KNaRb，故错误； 从两个角度考虑，水中存在氢键，沸点最高，H2Se和H2S结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，故正确顺序为H2OH2SeH2S，故错误故选C点评：本题考查元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于基础知识的考查，注意把握元素周期律的递变规律等，把握比较角度，难度不大16（2分）某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（）原溶液中的Br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的Fe2

30、+一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe2+、Br均被完全氧化ABCD考点：几组未知物的检验专题：元素及其化合物分析：据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析解答：解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧

31、化，溴离子可能被氧化，原溶液中的Br可能被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br被完全氧化，I、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B点评：本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大17（2分）对下列过程中发生反应的叙述正确的是（）A海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质BNa+、Mg2+、Al3+得电

32、子能力很弱，故常用电解熔融氧化物的方法来制备其单质C从铝土矿中分离出氧化铝的过程中不涉及氧化还原反应D从海水中提取溴单质的过程所涉及的反应均为置换反应考点：海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：元素及其化合物分析：A根据钾的化合价的变化来解答；B根据电解熔氯化物来制备Na、Mg，电解熔氧化物来制备Al；C从铝土矿中分离出氧化铝的过程：溶于NaOH溶液中发生Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，偏铝酸钠溶液的酸化发生AlO2+H+H2OAl（OH）3，灼烧氢氧化铝固体发生2Al（OH）3Al2O3+3H2O，然后根据元素化合价来解答；D从海水

33、中提取溴单质的过程：海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，最后再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，然后判断反应类型；解答：解：A在海水中钾是以K+的形式存在，要转化为钾单质，钾元素必然降价，要发生还原反应，所以只经过物理变化不能从海水中得到钾单质，故A错误；B电解熔融氯化钠、氯化镁来分别制备Na、Mg，电解熔融氧化铝来制备Al，故B错误；C从铝土矿中分离出氧化铝的过程：溶于NaOH溶液中发生Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，偏铝酸钠溶液的酸化发生AlO2+H+H2OAl（OH）3，灼烧氢氧化铝固体发生2Al（OH）3Al2O3+3H2O，3个反应元素化合价都未发生

34、变化，不涉及氧化还原反应，故C正确；D海水提溴是氯气和溴离子能发生置换反应生成溴和氯离子，方程式为：2Br+Cl2=Br2+2Cl，再用二氧化硫还原溴单质为溴离子，反应方程式为：2H2O+SO2+Br2=H2SO4+2HBr，不是置换反应，最后再用氯气和溴离子能发生置换反应生成溴和氯离子，方程式为：2Br+Cl2=Br2+2Cl，故D错误故选C点评：本题考查了物质的制备，掌握制备的原理是解题的关键，综合性强，注意对应知识的积累18（2分）向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1molL1

35、的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是（）AOA段所发生反应的离子方程式：H+OHH2O；CO32+H+HCOBNaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1C产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 LD原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL1考点：离子方程式的有关计算专题：图示题分析：当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=N

36、aHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL25mL=25mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比，以此来解答解答：解：A图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，则OA段为NaOH、Na2CO3与盐酸的反应，则离子反应为H+OHH2O、CO32+H+HCO3，故A正确；B生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液

37、中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，故B正确；C由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，消耗25mL盐酸生成气体，则CO2体积（标准状况下）为

38、0.025L0.1mol/L22.4L/mol=0.056L，故C正确；D加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度=0.75mol/L，故D错误；故选D点评：本题考查混合物中离子反应的计算，为高频考点，把握消耗盐酸的体积与图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度较大二、选择题（1-2个选项，本题共5个小题，每小题2分，部分分1分）19（2分）某研究性学习小组讨论下列四种装置的有关用法，其中

39、不合理的是（）A此装置：可用来证明碳的非金属性比硅强B此装置：橡皮管的作用是平衡压强，使水顺利流下C此装置：用图示的方法能检查此装置的气密性D此装置：可收集二氧化碳或氨气考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A碳酸的酸性大于硅酸；B橡皮管可使下部的压力转移到上方；C液柱法测定装置的气密性，甲、乙中应出现液面差；D进气可收集二氧化碳，进气可收集氨气解答：解：A发生二氧化碳与硅酸钠的反应，生成硅酸和碳酸钠，碳酸的酸性大于硅酸，可比较非金属性CSi，故A正确；B橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故B正确；C液柱法测定装置的气密性，甲、乙中应出现液面差，而图

40、中甲、乙液面相平，不能检查气密性，故C错误；D二氧化碳的密度比空气大，氨气的密度比空气的小，则进气可收集二氧化碳，进气可收集氨气，故D正确；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及非金属性与酸性的比较、装置气密性的检查、气体的收集及装置的作用，综合性较强，侧重实验原理和物质性质的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大20（2分）把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（）AB（2ba）mol/LCD（10b5a）mol/L考点：有关混合物反

41、应的计算专题：守恒法分析：NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3H20+Na2CO3+H2O，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，根据方程式计算解答：解：设100ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3H20+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl

42、+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，则Na2CO3的物质的量为（b0.5a）mol，n（Na+）=2n（Na2CO3）=（b0.5a）mol，c（Na+）=（10b5a）mol/L，故选D点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意用守恒的方法根据化学方程式计算21（2分）对以下实验装置图的说法正确的是（）A利用图装置做喷泉实验B利用图装置收集SO2并吸收尾气C实验室里利用图装置制取少量纯净的氨气D利用图装置制备氢氧化铁胶体考点：化学实验方案的评价；气体的收集；气体的净化和干燥；氨的制取和性质专题：实验评价题分析：AHF不能用玻璃瓶；B二氧化硫密度比空气大

43、；C碳酸铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可用碱石灰吸收二氧化碳和水，得到干燥的氨气；D实验室可用在沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体解答：解：A氢氟酸可与二氧化硅反应，则不能用玻璃容器完成该实验，故A错误；B二氧化硫密度比空气大，应用向上排空法收集，故B错误；C碳酸铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可用碱石灰吸收二氧化碳和水，得到干燥的氨气，故C正确；D实验室可用在沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，故D正确故选CD点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备、收集、除杂以及胶体的制备等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等2