【解析版】浙江省温州市瑞安五中2015-2016学年高三(上)入学化学试卷(20页).doc

《【解析版】浙江省温州市瑞安五中2015-2016学年高三(上)入学化学试卷(20页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析版】浙江省温州市瑞安五中2015-2016学年高三(上)入学化学试卷(20页).doc（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、-2015-2016学年浙江省温州市瑞安五中高三（上）入学化学试卷一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共60分）1据报道，8.12天津爆炸事故现场有剧毒物NaCN（氰化钠）库存，在雨天，氰化钠易与空气中的二氧化碳反应生成氰化氢它也属于剧毒物质，易在空气中弥散，导致次生灾害下列有关说法中不正确的是( )ANaCN是钠盐B氰化氢的酸性比碳酸的强CNaCN是强电解质DCN有剧毒性考点：钠的重要化合物；强电解质和弱电解质的概念分析：在雨天，氰化钠易与空气中的二氧化碳反应生成氰化氢，说明HCN的酸性比碳酸弱，由题给信息可知CN有剧毒性，以此解答该题解答：解：ANaCN为HCN形成的盐，为

2、钠盐，故A正确；B在雨天，氰化钠易与空气中的二氧化碳反应生成氰化氢，说明HCN的酸性比碳酸弱，故B错误；CNaCN属于盐，在溶液中可完全电离，属于强电解质，故C正确；D由题给信息可知CN有剧毒性，故D正确故选B点评：本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大2胶体分散系与其它分散系的本质差别是( )A分散质直径大小B是否有丁达尔现象C是否稳定D分散质粒子是否带电考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：根据胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同分析判断解答：解：因胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不

3、同，故选A点评：本题考查了胶体分散系与其它分散系的本质差别，可以根据所学知识进行回答，较简单3下列说法中正确的是( )A硫酸的摩尔质量是98B摩尔是阿伏加德罗常数个微粒的集合体C6.021023就是阿伏加德罗常数D氧气的摩尔质量（单位：gmol1）在数值上等于它的相对分子质量考点：摩尔质量；物质的量的单位-摩尔 分析：A、摩尔质量的单位为g/mol；B、将阿伏伽德罗常数个微粒看做一个整体，即1mol；C、阿伏伽德罗常熟的单位为mol1；D、一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量解答：解：A、摩尔质量的单位为g/mol，即硫酸的摩尔质量为98g/mol，故A错误；B、物质的量是描述微

4、粒的集合体的物理量，摩尔是其单位，故B错误；C、阿伏伽德罗常熟的单位为mol1，即阿伏伽德罗常数为6.021023/mol，故C错误；D、一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故D正确故选D点评：本题考查了摩尔质量的单位和数值以及阿伏伽德罗常数的单位，难度不大，属于基础性题目4下列叙述正确的是( )A钠在空气中燃烧生成Na2OB热稳定性，Na2CO3比NaHCO3强，而水溶性，NaHCO3 比Na2CO3易溶于水C用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定存在Na+，不存在K+D将Na投入NH4Cl溶液中可生成两种气体考点：钠的化学性质；钠的重要化合物 分析：A、钠

5、在氧气中燃烧生成淡黄色的固体过氧化钠；B、热稳定性，Na2CO3比NaHCO3强，而水溶性，Na2CO3 比NaHCO3易溶于水；C、观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；D、钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气解答：解；A、钠在氧气中燃烧生成淡黄色的固体过氧化钠，而不是氧化钠，故A错误；B、热稳定性，Na2CO3比NaHCO3强，而水溶性，Na2CO3 比NaHCO3易溶于水，故B错误；C、用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定存在Na+，不能确定是否存在K+，故C错误；D、钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，所以将Na投入NH4Cl溶液中可生成

6、两种气体，氢气和氨气，故D正确；故选D点评：本题考查了钠元素化合物的性质，难度不大，明确“钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气”即可解答本题5点燃的镁条在下列气体中完全熄灭的是( )AN2BCO2CArDCl2考点：镁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：燃着的镁条放入气体中不发生反应的，镁条不能继续燃烧解答：解：A、燃着的镁条放入氮气气体中发生反应生成氮化镁，能继续燃烧，3Mg+N2Mg3N2，故A不符合；B、燃着的镁条放入二氧化碳气体中反应生成氧化镁和碳，CO2+2MgMgO+2C，故B不符合；C、燃着的镁条放入氩气气体中不发生反应，故C符合；D、燃着的镁条放入氯气气体中反

7、应生成氯化镁，Mg+Cl2MgCl2，故D不符合；故选C点评：本题考查了镁及其氯气、二氧化碳、氮气等气体性质的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单6常温下能盛放在铁制容器中的物质是( )A浓盐酸B浓硝酸C硫酸铜溶液D稀硫酸考点：铁的化学性质；化学试剂的存放 分析：A、浓盐酸是弱氧化性的酸，能和铁反应生成氢气；B、浓硝酸有强氧化性，能把铁的表面氧化成致密的氧化物薄膜而钝化；C、铁和硫酸铜能发生置换反应，置换出金属铜；D、稀硫酸是弱氧化性的酸，能和铁反应生成氢气；解答：解：A、浓盐酸是弱氧化性的酸，能和铁反应生成氢气，故A错误；B、浓硝酸有强氧化性，能把铁的表面氧化成致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止

8、了酸与内层金属的进一步的反应，故B正确；C、铁和硫酸铜能发生置换反应，置换出金属铜，故C错误；D、稀硫酸是弱氧化性的酸，能和铁反应生成氢气，故D错误；故选B点评：本题考查了铁的化学性质，铁、铝都能和浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化现象，所以可用铁、铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸7下列说法正确的是( )A实验室制氯气，是在加热条件下，二氧化锰固体与稀盐酸反应B新制氯水中只含有Cl2和H2O分子C随着氯元素化合价的升高，氯的含氧酸的酸性逐渐增强D氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气分子具有强的氧化性考点：氯气的化学性质 分析：A、二氧化锰固体与稀盐酸不反应；B、氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HC

9、lO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，以此来解答；C、氯的含氧酸可以写成通式：HOClOn，n值越大，都羟基中共用电子对吸引力越强，氢原子越活泼，酸性越强；D、氯气不具有漂白性解答：解：A、二氧化锰固体与稀盐酸不反应，实验室制氯气，是在加热条件下，二氧化锰固体与浓盐酸反应，故A错误；B、新制氯水中含有Cl2和H2O、HClO三种分子，故B错误；C、氯的含氧酸可以写成通式：HOClOn，n值越大，都羟基中共用电子对吸引力越强，氢原子越活泼，酸性越强，所以随着化合价的升高，氯的含氧酸的酸性逐渐增强，故C正确；D、氯气与水反应生成的次氯酸，

10、次氯酸具有强氧化性 能杀菌消毒、漂白，故D错误；故选：C点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉电解质、混合物、化合物之间关系，明确氯气、次氯酸性质是解题关键，题目难度不大8阿波罗宇宙飞船以N2H4（联氨）和N2O4为推力源，反应温度达2700，反应式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O关于该反应的说法中正确的是( )A属于置换反应B联氨是氧化剂C联氨是还原剂D氮气是氧化产物，不是还原产物考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：由2N2H4+N2O4=3N2+4H2O可知，N2H4中N元素的化合价由2价升高为0，N2O4中N元素的化合价由+4价降低为0，以此来解答解答：解：A反应物中不

11、存在单质，不属于置换反应，故A错误；BN2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故B错误；CN2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故C正确；D该反应中只有N元素的化合价变化，则氮气是氧化产物，也是还原产物，故D错误；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，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度中等9下列说法正确的是( )A22.4LN2含阿伏加德罗常数个氮分子B在标准状况下，22.4L水的质量约为18gC22g二氧化碳与标准状况下11.2LHCl含有相同的分子数D在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同考点：阿伏加德

12、罗常数；阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A没有告诉在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氮气的物质的量；B标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；C22g二氧化碳的物质的量、标况下11.2L氯化氢的物质的量都是0.5mol；D不同的气体含有的原子数不一定相同，则含有的原子数不一定相等解答：解：A不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氮气的物质的量，故A错误；B标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.4L水的物质的量，故B错误；C22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，标况下11.2L氯化

13、氢的物质的量为0.5mol，所以二者含有的分子数相同，故C正确；D同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同，但是不一定含有相同的原子数，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，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件是解答本题的关键，选项D为易错点，注意不同的气体分子含有的原子数可能不同10下列溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl物质的量浓度相同的是( )A100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B200mL 0.25mol/L CaCl2溶液C50ml 1mol/L

14、NaCl溶液D25ml 2mol/L HCl溶液考点：物质的量浓度 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：100mL0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl的物质的量浓度0.5mol/L，根据溶液中溶质的浓度和溶质的构成进行计算溶液所含的Cl物质的量浓度与溶液的体积无关解答：解：100mL0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl的物质的量浓度0.5mol/L，A、100ml0.5mol/LMgCl2溶液中c（Cl）=20.5mol/L=1mol/L；B、200ml0.25mol/LCaCl2溶液中c（Cl）=20.25mol/L=0.5mol/L；C、50ml1mol/LNaCl溶液中c（Cl）

15、=1mol/L；D、25ml 2mol/LHCl溶液中c（Cl）=2mol/L故选：B点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，本注意离子浓度与溶质的浓度的关系即可解答，离子浓度与溶液体积无关11配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，下列情况对实验结果产生偏高影响的是( )A定容时俯视观察液面B容量瓶中原有少量蒸馏水C溶解所用的烧杯、玻璃棒未洗涤D转移溶液时不慎将少量液体洒落在外考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析解答：解：A、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故A正确；B、只要定容时正确，至于水是原来就

16、有的还是后来加入的，对浓度无影响，即容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，故B错误；C、烧杯和玻璃棒未洗涤，会造成溶质的损失，则浓度偏低，故C错误；D、移液时有溶液洒出，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故D错误故选A点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大，关键在于理解12要证明某溶液中不含Fe3+而可能含Fe2+，进行如下实验操作，最佳的顺序为( )加入适量氯水加入适量稀H2SO4 加入少量KSCN溶液ABCD考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验 分析：先根据Fe3+的特征反应判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+

17、被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在解答：解：因为NH4SCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加NH4SCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，即进行如下实验的最佳顺序为，故选C点评：本题考查离子的检验，注意滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度不大13下列对氯及其化合物的说法正确的是( )A用pH试纸能测得氯水的pH=4B过量的铁在少量的氯气中燃烧，可生成氯化亚铁C由Ca（ClO）2+CO2+H2OCaCO

18、3+2HClO，可推出Ca（ClO）2+SO2+H2OCaSO3+2HClOD溴化钠溶液中加入少量新制氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后，上层颜色变浅，下层颜色变橙红色考点：氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析：A氯水具有漂白性；B铁与氯气反应生成氯化铁；C次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；D氯气氧化性强于溴，能够氧化溴离子生成单质溴解答：解：A氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测定氯水的pH，应利用pH计，故A错误；B铁与氯气反应生成氯化铁，与反应物用量无关，故B错误；C向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，ClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化，所以得到的产物

19、应是硫酸钙，故C错误；D氯气氧化性强于溴，能够氧化溴离子生成单质溴，溴易溶于四氯化碳显橙红色，故D正确；故选：D点评：本题考查了氯气的性质，熟悉氯气的强的氧化性是解题关键，题目难度不大14某无色溶液能与铝作用生成H2，则溶液中一定可以大量共存的离子组是( )ACl、Ba2+、Mg2+、ClOBCl、SO42、Cu2+、Mg2+CCl、SO42、K+、Na+DHCO3、NO3、Na+、Cl考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：某透明的溶液中加入铝粉能放出氢气，说明该溶液中离子之间不生成沉淀，且溶液呈强碱性或非氧化性酸性，溶液无色说明不含有颜色的离子，据此分析解答解答：解：A强碱性条件下，镁

20、离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，强酸性条件下，次氯酸根离子和氢离子反应生成弱电解质次氯酸，所以不能大量共存，故A错误；B铜离子呈蓝色，且Cu2+、Mg2+和氢氧根离子反应生成沉淀，故B错误；C这几种离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子都不反应，均为无色，故C正确；D碳酸氢根离子和氢离子或氢氧根离子都反应，所以不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件即可解答，注意硝酸和铝反应不生成氢气，为易错点15下列离子方程式正确的是( )A钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2BNa2O2 溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2C大理石溶于

21、醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2ODCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A离子方程式两边不满足电荷守恒；B2mol过氧化钠与水反应生成1mol氧气，该反应不满足电子守恒；C醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸 不能拆开；D氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水解答：解：A钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；BNa2O2 溶于水产生O2，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故B错误；C醋酸和碳酸钙都不能拆开，正确的离

22、子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，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16实现Al3+3A1O2+6H2O4Al（OH）3，正确的做法是( )A向偏铝酸钠溶液中不断滴入盐酸溶液B向烧碱

23、溶液中不断滴入铝盐溶液C向碳酸溶液中不断滴入偏铝酸钠溶液D向铝盐溶液中不断滴入烧碱溶液考点：离子方程式的书写 分析：Al3+3A1O2+6H2O4Al（OH）3，表示可溶性铝盐与可溶性偏铝酸盐发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，据此解答解答：解：A向NaAlO2溶液中不断滴入盐酸，发生反应为A1O2+H2O+H+Al（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，故A错误；B向烧碱溶液中不断滴入铝盐溶液，反应开始时碱过量，没有沉淀生成，先生成AlO2离子，当碱全部反应后，再加入铝盐，发生反应Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，故B正确；C向碳酸溶液中不断滴入偏铝酸钠溶液，二氧化碳、

24、水与偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故C错误；D向铝盐溶液中不断加入NaOH溶液，发生反应为Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHA1O2+2H2O，故D错误；故选：B点评：本题考查了离子方程式的书写，明确铝离子与偏铝酸根离子的双水解是解题关键，题目难度中等17根据下面两个化学方程式判断Fe2+、Cu2+、Fe3+氧化性由强到弱的顺序是( )2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，CuCl2+Fe=FeCl2+CuAFe3+Fe2+Cu2+BFe3+Cu2+Fe2+CCu2+Fe3+Fe2+DFe2+Cu2+Fe3+考

25、点：氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答解答：解：根据已知两个反应的离子方程式来分析：Fe+Cu2+Fe2+Cu中，反应前后，铁失电子作还原剂，铜离子得电子作氧化剂，氧化产物是亚铁离子，所以氧化性Cu2+Fe2+，2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+中，反应前后，铜失电子作还原剂，铁离子得电子作氧化剂，氧化产物是铜离子，所以氧化性Fe3+Cu2+，所以Fe3+、Fe2+、Cu2+的氧化性顺序为Fe3+Cu

26、2+Fe2+，故选B点评：本题考查了氧化性强弱的比较，难度不大，根据“同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”来分析解答即可18向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀盐酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是( )A只有Fe2+和Cu2+B一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+C一定有Fe2+，可能有Cu2+D只有Fe2+考点：铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；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：最后剩余的红色粉末一定是Cu，Fe2O3、CuO和盐酸反应生成Fe3+和Cu2+，且氧化性：Fe3+Cu2+

27、，还原性：FeCu，结合物质的氧化性、还原性强弱判断反应的可能性解答：解：A当铜全部析出时，不存在Cu2+，故A错误；B由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，故B错误；C由于氧化性：Fe3+Cu2+，无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，有Cu2+，故C正确；D由C分析可知，溶液中可能还有Cu2+，故D错误故选C点评：本题考查金属与离子的反应，题目难度较大，注意把握氧化性、还原性的比较，判断反应可能性19将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物

28、质的量之比是( )A2：3B3：2C1：2D1：1考点：铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：几种重要的金属及其化合物分析：铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案解答：解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2 3 n 1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为1.5n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n：1.5n=2：3故选A点评：本题

29、是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式表达题目已知条件，难度不大201.92g铜投入一定量的浓HNO3中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中转变为硝酸，则通入O2的体积（标况）为( )A504mLB168mLC336mLD224mL考点：氧化还原反应的计算 分析：根据电子守恒计算，已知HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算解答：解：1.92g Cu的物

30、质的量为n（Cu）=0.03mol，反应时失去电子数目为20.03mol=0.06mol，由反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3可知，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）=0.015mol，V（O2）=0.015mol22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大二、非选择题（共40分）21海水是取之不尽的化工原料资源，从海水中可提取各种化工

31、原料下图是工业上对海水的几项综合利用的示意图：（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时所用试剂为：盐酸、BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液精制过程中，加入以上试剂正确的顺序为CBDA（或BDCA）（2）写出电解NaCl饱和溶液的化学方程式2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2，（3）将电解无水MgCl2制得到的副产品Cl2通入石灰乳中可制得漂白粉，制取漂白粉的化学方程式为2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O（4）写出示意图中滤液与石灰乳反应的离子方程式Mg2+2OH=Mg（OH）2（5）MgCl26H2O不能采用直接在空气中受

32、热脱水制无水MgCl2，那么应该怎样受热脱水？MgCl26H2O晶体在HCL气流中加热脱水，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2，6H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2考点：海水资源及其综合利用 分析：（1）根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；（2）电解饱和氯化钠溶液化学反应生成氢氧化钠、氯气、氢气；（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（4）滤液中含有镁离子和氢氧根离子结合生

33、成氢氧化镁沉淀；（5）直接加热MgCl23H2O晶体得不到无水MgCl2的原因是，加热生成的水中氯化镁水解生成氢氧化镁，得不到氯化镁，MgCl26H2O晶体在HCL气流中加热脱水，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2，6H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2解答：解：（1）因用蒸发结晶的方法可以从海水中获得食盐，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的石灰乳可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这

34、样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以添加试剂的顺序为：CBDA或BDCA，故答案为：CBDA（或BDCA）；（2）电解饱和氯化钠溶液化学反应生成氢氧化钠、氯气、氢气，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，方程式为2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；（4）滤液中含有镁离子和氢氧根离子

35、结合生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg（OH）2，故答案为：Mg2+2OH=Mg（OH）2；（5）直接加热MgCl23H2O晶体得不到无水MgCl2的原因是，加热生成的水中氯化镁水解生成氢氧化镁，得不到氯化镁，MgCl26H2O晶体在HCL气流中加热脱水，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2，6H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2 ，故答案为：在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2，6H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2 点评：本题考查了海水资源及其综合应用，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法，明确物

36、质分离与提纯方法，特别是除杂试剂的加入顺序，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力22已知A 和G都为常见金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）请根据以上信息回答下列问题：（1）写出物质B的化学式：FeCl2、H的化学式Al2O3（2）写出反应（B到D）的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl写出反应（C到E）的化学方程式4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3写出反应的化学方程式AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3（3）若反应中转移了0.3mol电子，则生成A为5.6克考点：无机物的推断 分析：A 和G都为常见金属单质，F和G在高温下反应生成A

37、和H，则该反应为铝热反应，则A为Fe，G为Al，H为Al2O3，氧化铝与氢氧化钠反应生成I为NaAlO2，通入过量二氧化碳得K为Al（OH）3沉淀，A与盐酸反应生成B为FeCl2，FeCl2与氢氧化钠反应生成C为Fe（OH）2，氯化亚铁与氯气反应生成D为FeCl3，氯化铁与氢氧化钠反应生成E为Fe（OH）3，氢氧化铁受热分解得F为Fe2O3，据此答题解答：解：A 和G都为常见金属单质，F和G在高温下反应生成A和H，则该反应为铝热反应，则A为Fe，G为Al，H为Al2O3，氧化铝与氢氧化钠反应生成I为NaAlO2，通入过量二氧化碳得K为Al（OH）3沉淀，A与盐酸反应生成B为FeCl2，FeCl

38、2与氢氧化钠反应生成C为Fe（OH）2，氯化亚铁与氯气反应生成D为FeCl3，氯化铁与氢氧化钠反应生成E为Fe（OH）3，氢氧化铁受热分解得F为Fe2O3，（1）根据上面的分析可知，B为FeCl2，H为Al2O3，故答案为：FeCl2；Al2O3；（2）反应（B到D）的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，反应（C到E）的化学方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，反应的化学方程式为AlO2+CO2+2 H2OAl（OH）3+HCO3，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；AlO2+CO2+2 H2OAl（

39、OH）3+HCO3；（3）F为Fe2O3，A为Fe，反应为铝热反应，反应中每转移3mol电子得到1mol铁，所以若反应中转移了0.3mol电子，则生成铁为0.1mol，其质量为5.6克，故答案为：5.6点评：本题以铁、铝为载体考查了无机物的推断，熟悉物质的性质是解本题关键，根据物质的特殊颜色及物质的转化关系为突破口采用正逆相结合的方法进行推断，再结合物质的性质分析解答，总结归纳元素化合物知识，形成知识网络，灵活运用，题目难度中等23如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体X的分子式在注射器A中装有240mL气体X，并慢慢通过不含空气、并装有红热氧化铜的玻璃管B，使之完全反应，实验结果为

40、：B管中的黑色粉末变成红色粉末，实验前B管重20.32g，实验后B管重20.00g在C管中收集到水，在注射器D中收集到氮气（1）气体X是由N、H元素组成的（2）已知在实验时的温度和压强下，1mol气体X的体积是24000mL若注射器A中240mL气体X完全反应后，在注射器D中得到的氮气为0.28g，则X的摩尔质量为32gmol1（3）通过计算，确定气体X的分子式为N2H4（4）写出B中发生反应的化学方程式（气体X在该条件下不发生分解反应）2CuO+N2H42Cu+2H2O+N2考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）由题目信息可知，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反

41、应有氮气、水生成，气体x只含有两种元素，根据元素守恒可知，气体X含有N、H元素；（2）1molX的气体的体积是24000mL，故240mLX气体的物质的量为0.01mol，反应收集到氮气的质量是0.28g，物质的量为0.01molB管中CuO含O：20.32 g20.00 g=0.32 g，物质的量为0.02mol，故生成的水中H元素的质量为0.04mol1g/mol=0.04g，所以气体X的质量为0.28g+0.04g=0.32g，再根据摩尔质量等于计算气体X的摩尔质量；（3）根据（2）中可知气体X的物质的量，含有的N、H原子的物质的量，据此书写气体X的分子式；（4）由题目信息可知，B管中的

42、黑色粉末变成红色粉末，说明反应生成Cu，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，故气体X与氧化铜反应生成铜、氮气与水解答：解：（1）由题目信息可知，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，气体x只含有两种元素，根据元素守恒可知，气体X含有N、H元素，故答案为：N；H；（2）1molX的气体的体积是24000mL，故240mLX气体的物质的量为1mol=0.01mol，反应收集到氮气的质量是0.28g，物质的量为=0.01molB管中CuO含O：20.32 g20.00 g=0.32 g，物质的量为=0.02mol，n（H2O）=0.0

43、2mol，故生成的水中H元素的质量为0.02 mol21g/mol=0.04g，所以气体X的质量为0.28g+0.04g=0.32g，故气体X的摩尔质量为=32g/mol，故答案为：32；（3）根据（2）中可知n（X）=0.01 mol，n（N）=0.01mol2=0.02mol，n（H）=0.02 mol2=0.04mol，因此n（X）：n（N）：n（H）=0.01 mol：0.02 mol：0.04mol=1：2：4，所以X的化学式为N2H4，故答案为：N2H4；（4）由题目信息可知，B管中的黑色粉末变成红色粉末，说明反应生成Cu，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮

44、气、水生成，故气体X与氧化铜反应生成铜、氮气与水，反应方程式为2CuO+N2H42Cu+2H2O+N2，故答案为：2CuO+N2H42Cu+2H2O+N2点评：本题考查物质组成的推断等，是计算型推断，难度中等，利用质量守恒进行推断是解题的根据258.12天津爆炸事故现场中的NaCN会进入水体，造成环境污染氯氧化法可处理含CN的废水，在碱性条件下，液氯将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐可进一步被液氯氧化为无毒物质涉及反应如下（化合物中的N均为3价）：NaCN+2NaOH+Cl2=NaOCN+2NaCl+H2ONaOCN+NaOH+Cl2=CO2+N2+NaCl+H2O（1）请配平反应的化学方程式2NaOCN+4NaOH+3Cl2=2CO2+N2+6NaCl+2H2O（2）某废水中含NaCN，其浓度为490mg/L，现用氯氧化法处理若处理该废水20L，使NaCN完全转化为无毒物质，至少需液氯35.5 g考点：氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算 分析：NaOCN+NaOH+Cl2CO2+N2+NaCl+H2O中，N元素化合价由3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为1价，结合电子守恒及原子守恒配平；计算废水中NaCN的质量，再根据n=计算NaCN的物质的量，由电子转移守恒计算n（Cl2），再根据m=nM计算需要氯气的