浙江省绍兴市诸暨市草塔中学实验班2013-2014学年高一化学上学期月考试题（12月份）（含解析）.doc

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1、2013-2014学年浙江省绍兴市诸暨市草塔中学实验班高一（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（每小题只有一个正确答案，共25小题，每题2分，共50分）1（2分）科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用下列关于硅的说法中错误的是（）A自然界硅的贮量丰富B自然界中存在大量单质硅C高纯度的硅被用于制作计算机芯片D光导纤维的主要成分是SiO2考点：硅和二氧化硅专题：碳族元素分析：A、根据地壳中各元素的含量解答；B、根据硅元素为亲氧元素，在自然界中以化合态形成存在，没有游离态；C、根据硅的用途解答；D、光导纤维的主要成分是SiO2解答：解：A

2、、因地壳中各元素及含量由多到少的顺序是氧、硅、铝、铁、钙、钠、钾、镁、氢，故答案A正确；B、因硅元素在自然界的主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故B错误；C、因半导体硅晶体制造计算机芯片，故C正确；D、因光导纤维的主要成分是二氧化硅，故D正确故选：B点评：以21世纪的能源为载体，考查了单质硅的性质，考查的知识点来源于课本，以识记为主，注意加强基础知识的积累2（2分）下列物质中属于强电解质的是（）ASO2BNa2SO4CCl2DCH3COOH考点：强电解质和弱电解质的概念专题：离子反应专题分析：电解质是指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子的电解质

3、；弱电解质为：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此即可解答解答：解：A、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故A错误；B、硫酸钠在水溶液和熔融状态下，都能能完全电离，所以强电解质，故B正确；C、氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D、CH3COOHCH3COO+OH，醋酸在水溶液中不能完全电离，CH3COOH为弱电解质，故D错误；故选B点评：本题考查了电解质、强弱电解质的判断，题目难度不大，注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，强电解质与

4、弱电解质的本质区别是能否完全电离，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题能力3（2分）卢瑟福的粒子散射实验证明原子中存在（）A粒子B原子核C中子D电子考点：原子构成专题：原子组成与结构专题分析：本题比较简单，只要正确理解a粒子散射实验现象及其结论即可正确解答解答：解：a粒子散射实验现象为：绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数粒子发生了较大的偏转，并有极少数粒子的偏转超过90，有的甚至几乎达到180而被反弹回来卢瑟福根据该实验现象提出了原子核式结构模型：原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，因此卢瑟福的粒子散射实验证明原子中存在

5、原子核，故ACD错误，B正确故选B点评：了解卢瑟福核式结构模型提出的历史背景及其过程，知道粒子散射实验现象及其结论是解题的关键4（2分）设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，56 g Fe与足量的盐酸完全反应转移的电子数为3NAB标准状态下，11.2 L氯气含有分子数为0.5 NAC0.1 molL1的硫酸铝溶液所含的SO42数就是0.3NADNA个He分子所具有的体积为22.4L考点：阿伏加德罗常数分析：A、铁与盐酸反应后变为+2价；B、标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol；C、溶液体积不明确；D、氦气所处的状态不明确解答：解：A、56g铁的物质的量为1mol，而

6、铁与盐酸反应后变为+2价，故1mol铁反应时转移2mol电子，故A错误；B、标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量为0.5mol，故分子数为0.5NA，故B正确；C、溶液体积不明确，故无法计算溶液中SO42的个数，故C错误；D、NA个He分子的物质的量为1mol，但氦气所处的状态不明确，故体积不一定是22.4L，故D错误故选B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5（2分）下列试剂的保存方法正确的是（）ANaOH溶液保存在配有玻璃塞的细口瓶中B金属钠通常密封保存在煤油中C氯水保存在无色透明的试剂瓶中D萃取操作时

7、，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大考点：化学试剂的存放分析：A玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和强碱反应；B钠性质活泼，容易被氧气、水等物质氧化；C氯水中的次氯酸见光易分解；D根据萃取剂选取的条件分析解答：解：A玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，很容易将玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起，所以氢氧化钠溶液应保存在配有橡胶塞的细口瓶中，故A错误； B钠性质活泼，容易被氧气、水等物质氧化，因此少量金属钠保存在煤油里，故B正确；C氯水中的次氯酸见光易分解，氯水应保存在棕色的试剂瓶中，故C错误；D萃取剂选取的条件为：萃取剂与原溶液互不相溶、不反应，溶质在萃取剂中的溶解

8、度要大于在原溶液中的溶解度；与有机、无机萃取剂无关，萃取剂的密度可大于也可小于原溶剂，故D错误故选B点评：本题考查物质的保存，根据物质的性质确定物质的保存方法，题目难度不大，注意萃取剂的选取条件6（2分）如图所示实验操作，能达到目的是（）A检验K+的存在B干燥氯气C分离酒精与水D蒸发食盐水考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A检验K+，应通过蓝色钴玻璃；B干燥氯气时，气体应长进短出；C水的进出方向错误；D蒸发操作应用玻璃棒不断搅拌解答：解：A检验K+，应通过蓝色钴玻璃，焰色反应为紫色，故A正确；B干燥氯气时，气体应长进短出，否则不能起到干燥作用，故B错误；C水的进出方向错误，应从下端

9、进水，故C错误；D蒸发操作应用玻璃棒不断搅拌，否则易导致液体飞溅，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于基本实验操作的考查，注意把握操作要点，题目难度不大7（2分）氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于图中阴影部分的是（）A4Fe（0H）2+O2+2H2OFe（OH）3B2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2C4NH3+5O24NO+6H2ODZn+H2SO4ZnSO4+H2考点：氧化还原反应；化学基本反应类型专题：氧化还原反应专题分析：阴影部分的含义是：该反应中有元素化合价变化但又不属于化合反应、分解反应、置换反应，据此分析解答解答：解：A该反

10、应中铁元素化合价由+2价变为+3价，氧气中氧元素化合价由0价变为2价，所以该反应是氧化还原反应，但该反应又是化合反应，所以不符合，故A错误；B该反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，故B错误；C该反应中氮元素化合价由3价变为+2价，氧元素化合价由0价变为2价，所以该反应是氧化还原反应，且该反应不属于化合反应、分解反应、置换反应，故C正确；D该反应中锌元素化合价由0价变为+2价，氢元素化合价由+1价变为0价，所以该反应是氧化还原反应，但该反应又是置换反应，故D错误；故选C点评：本题考查了氧化还原反应和基本反应类型的关系，明确阴影部分表示的含义是解本题关键，根据这几个反应概念来分析解答即

11、可，难度不大8（2分）现有四组液体：水和四氯化碳组成的混合液 43%的乙醇溶液 单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液考点：物质的分离、提纯和除杂专题：化学实验基本操作分析：萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来；互溶且沸点不同的液体分离采用蒸馏的方法；分液是分离互不相溶的两种液体的方法解答：解：水和四氯化碳不溶，可用分液的方法分离；乙醇和水是互溶的两种液体，沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法分离；向溴化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在

12、四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；故选：C点评：本题主要考查物质的分离提纯，注意常用分离提纯方法的原理以及适用对象，难度不大9（2分）用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：100mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）ABCD考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验题分析：先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤

13、、定容、摇匀等操作解答解答：解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c=mol/L=18.4mol/L，配制1mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V=0.0054L，即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为，故选：D点评：本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度不大，注意量物质的量浓度和质量百分数之间的换算10（2分）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）A向容量瓶中转移溶液时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤过B

14、称量时NaOH已经潮解C定容时俯视容量瓶的标线D摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据物质的量浓度c=可知，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化；在配制一定物质的量浓度溶液时，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大，据此完成本题解答：解：A、容量瓶必须使用蒸馏水洗涤，洗涤后不需要干燥，因为后面定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶事先用蒸馏水洗涤过，该操作正确，对配制的溶液浓度不会产生误差，故A错误；B、称量时NaOH已经潮解，称量

15、的氢氧化钠的物质的量减小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C、定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏高，故C正确；D、摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故D错误；故选C点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液时的误差分析，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，误差分析时需要明确的是浓度c=，误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的11（2分）在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀

16、溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）AFe3+BAl3+CNH4+DFe2+考点：钠的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子和铵根离子解答：解：A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，

17、根据铝元素守恒，则铝离子量不变，故B正确；C、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，故D错误故选B点评：本题考查物质性质的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点12（2分）（2007宿迁二模）将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L（标准状况），则所消耗硝酸物质的量是（）A0.12molB0.11molC0.0

18、9molD0.08mol考点：硝酸的化学性质；化学方程式的有关计算专题：守恒法分析：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量；解答：解：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）=0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n（C

19、u）=0.03mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.03mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.03mol2=0.06mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.06mol=0.11mol故选B点评：本题考查化学方程式的计算，难度不大，注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，明确二氧化氮或一氧化氮和硝酸的关系以及铜与硝酸（表现酸性）的关系式是解本题的关键13（2分）要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+进行如下实验操作时最佳顺序为（）加入适量氯水 加入足量KMnO4溶液 加入少量KSCN溶液ABCD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：三价铁离子遇到

20、硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；高锰酸钾溶液为紫红色解答：解：先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，注意高锰酸钾溶液为紫红色，不反应溶液也可以变红，所以不能选用高锰酸钾氧化二价铁离子，故选：C点评：本题考查了三价铁离子和二价铁离子的检验，题目难度不大，熟悉三价铁离子和二价铁离子的性质是解题的关键，注意氧化二价铁离子时不选高锰酸钾因为高锰酸钾为紫红色现象不容易判断15（2分）等质量的两块钠，第一块在足量

21、氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（）A第一块钠失去电子多B两块钠失去电子一样多C第二块钠的反应产物质量最大D两块钠的反应产物质量一样大考点：钠的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：金属钠失电子均变为+1价的阳离子，钠的质量决定失去电子的量的多少；根据金属钠和氧气在不同条件下的反应方程式进行计算解答：解：A、金属钠失电子均变为+1价的阳离子，等质量的两块钠，失电子是一样的，故A错误；B、金属钠失电子均变为+1价的阳离子，等质量的两块钠，失电子是一样的，故B正确；C、根据4Na+O2=2Na2O，则1mol金属钠获得氧化钠的质量是31g，根据反应2Na+O

22、2Na2O2，则1mol金属钠获得过氧化钠的质量是39g，等质量的两块钠，即金属钠的物质的量是相等的，所以生成过氧化钠的质量大，即第一块钠的反应产物质量最大，故C错误；D、根据C的计算可以知道第一块钠的反应产物质量最大，故D错误故选B点评：本题考查学生金属钠的化学性质，注意反应条件不一样生成产物不一样的例子，可以根据教材知识来回答，难度不大16（2分）某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（）ANH4+、Fe2+、Cl、SO42BNa+、K+、Cl、SO42CMg2+、H+、Cl、SO42DK+、Ca2+、HCO3、Cl考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：与Al

23、反应能放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，A铵根离子、亚铁离子能够与氢氧根离子反应；BNa+、K+、Cl、SO42离子之间不发生反应，也不与氢离子、氢氧根离子反应；C镁离子、氢离子能够与氢氧根离子反应；D钙离子、碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子也能够与氢离子反应解答：解：该溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，ANH4+、Fe2+能够与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；BNa+、K+、Cl、SO42之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CMg2+、H+

24、能够与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；DCa2+、HCO3与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子能够与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等

25、17（2分）下列化学反应的离子方程式书写正确的是（）A钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2B小苏打与醋酸反应：HCO3+H+CO2+H2OC金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH=AlO2-+H2D氯化铝溶液与过量氨水反应：3NH3H2O+Al3+=Al（OH）3+3NH4+考点：离子方程式的书写分析：A该离子方程式中的电子、电荷不守恒；B醋酸为弱电解质，醋酸在离子反应中保留化学式；C2mol铝生成3mol氢气，违反了电子守恒；D氨水为弱碱，不会溶解氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝和氯化铵解答：解：A钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子反应为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，

26、故A错误；B醋酸不能拆开，正确的离子反应为：HCO3+CH3COOHCO2+H2O+CH3COO，故B错误；C2mol铝能够生成3mol氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故C错误；D氯化铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3NH3H2O+Al3+=Al（OH）3+3NH4+，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式的书写，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，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大18（2分）下列物质中，不能与氢氧化钠溶液发生反应的是（）AAlBAl2O3CFeDSi考点：铝的化学性质

27、；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的化学性质分析：酸性氧化物、铝、两性氧化物、两性氢氧化物等，能与NaOH溶液反应，以此来解答解答：解：AAl与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故A不选；B氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故B不选；CFe与NaOH溶液不反应，故C选；DSi与NaOH溶液反应生成硅酸钠、氢气和水，故D不选；故选C点评：本题考查铝的化学性质，为高频考点，把握常见的能与NaOH反应的物质为解答的关键，注意知识的归纳应用，题目难度不大19（2分）下列各组物质相互混合反应，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（）金属钠投入到FeCl3溶液 过量NaOH溶液和明矾溶液 Ba（HCO

28、3）2溶液和NaHSO4溶液 Na2O2投入FeCl3溶液ABCD考点：钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：Na先和水反应，然后NaOH再和氯化铁发生复分解反应；过量的氢氧化钠和明矾溶液发生复分解反应；碳酸氢钡和硫酸氢钠发生复分解反应；过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠，然后NaOH再和氯化铁反应发生复分解反应解答：解：Na先和水反应，然后NaOH再和氯化铁发生复分解反应，反应方程式为：6Na+6H2O+2FeCl3=2Fe（OH）3+6NaCl+3H2，所以符合题意，故正确；过量的氢氧化钠和明矾溶液发生复分解反应，反应方程式为：4OH+Al3+=AlO2+2

29、H2O，所以不符合题意，故错误；碳酸氢钡和硫酸氢钠发生复分解反应，反应方程式为：Ba（HCO3）2+2NaHSO4=BaSO4+2H2O+Na2SO4+2CO2，所以符合题意，故正确；过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠，然后NaOH再和氯化铁反应发生复分解反应，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3+3NaCl，所以符合题意，故正确；故选D点评：本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，熟练掌握元素化合物之间的反应，如果将中FeCl3换为FeCl2，因为过氧化钠具有强氧化性，所以仍然得到Fe（OH）3，题目

30、难度不大20（2分）下列各组物质之间的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是（）ANaNaOHNa2CO3NaClBN2NONO2HNO3CSiSiO2H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al（OH）3NaAlO2考点：硅和二氧化硅；含氮物质的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物专题：氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠；B氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；CSiO2H2SiO3不能一步转化；D铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨

31、水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠解答：解：A钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，均可一步实现转化，故A错误； B氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，均可一步实现转化，故B错误；CSiO2H2SiO3不能一步转化，符合题意，故C正确；D铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，均可一步实现转化，故D错误故选C点评：本题考查物质之间的转化，侧重元素化合物性质的考查，把握常见物质Al、硅、氮气、钠及其化合物的性质为解答的关键，注意

32、一步转化，题目难度不大21（2分）某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（）A甲装置：可用来证明碳酸的酸性比硅酸强B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C丙装置：用图示的方法不能检查此装置的气密性D丁装置：先从口进气集满二氧化碳，再从口进气，可收集氢气考点：化学实验方案的评价分析：A碳酸的酸性大于硅酸，根据强酸制取弱酸判断；B橡皮管可使下部的压力转移到上方；C利用压强差检验装置的气密性；D和氧气不反应的气体可以采用排空气法收集解答：解：A二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，则该装置能证明碳的非金属性比硅强，故

33、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如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C错误；D二氧化碳的密度大于空气、氢气的密度小于二氧化碳，所以氢气采用向下排二氧化碳法收集、二氧化碳采用向上排空气法收集，故D正确；故选C点评：本题考查了化学实验方案设计，涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点，明确实验原理是解本题关键，根据强酸制取弱酸、气体的密度等知识点来分析解答，易错选项是B22（2分）下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（）A某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质一定是钠盐B

34、无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中一定含有NH4+C无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42D无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液一定含有CO32考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：物质检验鉴别题分析：A焰色反应是元素的性质，可能为金属钠或者氢氧化钠，不一定为钠盐；B使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则原溶液中一定存在铵根离子；C该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子；D该气体为二氧化碳，原溶液中可能存在碳酸氢根

35、离子解答：解：A含有钠元素的物质，在焰色反应中都会显示黄色，原物质可能为金属钠或者氢氧化钠，不一定是钠盐，故A错误；B无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，则原溶液中一定含有NH4+，故B正确；C无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42，故C错误；D无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体为二氧化碳，但是原溶液不一定含有CO32，可能含有碳酸氢根离子，故D错误；故选B点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常

36、见离子的性质及正确的检验方法，检验离子存在时，必须排除干扰离子，必须满足实验方案的严密性23（2分）在2H2S+SO23S+2H2O的反应中当有46.021023个电子发生转移，得到氧化产物和还原产物的和为（）A2molB3molC64gD32g考点：氧化还原反应的计算分析：在SO2+2H2S=2H2O+3S反应中，SO2中S元素的化合价由+4降低为0，H2S中S元素的化合价由2升高到0，以此来解答解答：解：在SO2+2H2S=2H2O+3S反应中，SO2中S元素的化合价由+4降低为0，为氧化剂；H2S中S元素的化合价由2升高到0，为还原剂，则S单质既是氧化产物又是还原产物，当转移4mol电子

37、时，生成3molS，则当有46.021023个电子发生转移时，转移电子的物质的量为4mol，则生成3molS，质量为3mol32g/mol=96g，故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意从氧化化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关物质的性质，答题时注意题给信息，为解答该题的关键24（2分）Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A1：9B1：7C1：5D2：9考点：氧化还原反应的计算专题：守恒法分析：Cu2S与一定浓度的HNO3反应

38、中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量据此计算判断解答：解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S

39、中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）6（2）+12=1mol（54）+1mol（52），解得n（Cu2S）=0.4mol由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）n（CuSO4）=20.4mol0.4mol=0.4mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）

40、+n（NO）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选B点评：本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用25（2分）用足量的CO还原32g某种金属氧化物，将生成的气体通入足量的澄清石灰水中，得到60g沉淀，则该氧化物是（）AFeOBFe2O3CCuODCu2O考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：用足量的CO还原32g某种金属氧化物，生成气体为二氧化碳，将生

41、成的二氧化碳通入足量的澄清石灰水中，得到60g沉淀为碳酸钙，碳酸钙的物质的量=0.6mol，反应中CO分子获得1个O原子生成1个CO2分子，故金属氧化物中n（O）=n（CO2）=0.6mol，m（O）=0.6mol16g/mol=9.6g，金属氧化物中金属元素的质量为32g9.6g=22.4g，则金属氧化物中m（金属）：m（O）=22.4g：9.6g=7：3，据此结合选项验证判断解答：解：用足量的CO还原32g某种金属氧化物，生成气体为二氧化碳，将生成的二氧化碳通入足量的澄清石灰水中，得到60g沉淀为碳酸钙，碳酸钙的物质的量=0.6mol，反应中CO分子获得1个O原子生成1个CO2分子，故金属

42、氧化物中n（O）=n（CO2）=0.6mol，m（O）=0.6mol16g/mol=9.6g，金属氧化物中金属元素的质量为32g9.6g=22.4g，则金属氧化物中m（金属）：m（O）=22.4g：9.6g=7：3，AFeO中m（Fe）：m（O）=56：16=7：2，故A不符合；BFe2O3中m（Fe）：m（O）=256：316=7：3，故B符合；CCuO中m（Cu）：m（O）=64：16=4：1，故C不符合；DCu2O中m（Cu）：m（O）=264：16=8：1，故D不符合；故选B点评：本题考查物质成分的确定、根据方程式的计算等，难度中等，根据反应确定氧化物中含有氧元素的质量是解题关键26（

43、2分）向Fe2（SO4）3、CuCl2混和溶液中投入足量的铁粉充分反应后，得到的固体经过滤、干燥、称重，知所得固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则原溶液中c（SO42）与c（Cl）之比（）A3：2B1：7C2：7D3：14考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：向Fe2（SO4）3、CuCl2混和溶液中投入足量的铁粉，发生反应Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，最后固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuCl2=Cu+FeCl2导致固体增重等于反应Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4中参加反应的Fe的质量为56g，计算Fe2（SO4）3的物质的