江苏省盐城市大丰市新丰中学2016届高三化学上学期10月月考试卷含解析.doc

《江苏省盐城市大丰市新丰中学2016届高三化学上学期10月月考试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省盐城市大丰市新丰中学2016届高三化学上学期10月月考试卷含解析.doc（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2015-2016学年江苏省盐城市大丰市新丰中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每题4分，共72分）1下列离子：SO S2 HCO CO SO I NH SiO Fe2+ Cl，其中能在稀H2SO4溶液中能大量存在的是( )ABCD2下列物质都能导电，其中属于电解质的是( )A熔融的NaOHB金属铝C稀硫酸DNaCl溶液3现有如下几个离子方程式CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2H+CO32HCO3CO2+H2O+ClOHClO+HCO3CO32+HSO3HCO3+SO42，由此得出的如下结论中不正确的是( )ACO32与H+、Ca2+不能大量共存B

2、H2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱CH2SO3是一种强酸DH2CO3、HClO都属于弱酸4胶体分散系与其它分散系的本质区别是( )A分散质粒子大小B是否有丁达尔现象C是否稳定D分散质粒子是否带电5如表相关实验不能达到预期目的是( )相关实验预期目的A试样加水溶解后，再加入足量Ca（OH）2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯元素C加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究F

3、eCl3溶液对H2O2分解速率的影响AABBCCDD6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A标准状况下，将22.4 L氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的HCl分子数为NAB常温常压下，16 g 14CH4所含中子数目为8NAC常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4 NAD标准状况下，22.4 L空气含有NA个单质分子7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所用NaOH固体已潮解B向容量瓶加水时，液面低于刻度线即摇匀C定容时不小心加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D有少量NaOH溶液残留

4、在烧杯内8下列关于金属及其化合物的叙述正确的是( )A铝在常温下不能与氧气反应B氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应C碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中滴入酚酞溶液，溶液均显红色D过氧化钠可用于呼吸面具中作为二氧化碳气体的来源9在某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是( )AH+、Na+、SO42、HCO3-BMg2+、K+、SO42、OHCK+、Na+、Fe3+、NO3DBa2+、OH、NO3、Na+10为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的是( )A加热，观察是否有气体放出B加入盐酸，观察是否有气体放出C溶于水后加BaCl2溶液，观察有无沉淀出现D进行焰色反应，观察

5、火焰是否呈黄色11铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为( )A3：1B2：1C1：1D1：312进入人体的O2有2%转化为“活性氧”，它能加速人的衰老，被称为“生命杀手”，服用亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”下列说法正确的是( )ANa2SeO3在反应中做还原剂BNa2SeO3在反应中做氧化剂C亚硒酸钠中硒的化合价为+6价D“活性氧”在反应中做催化剂13制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”铜被氯化铁溶液腐蚀的方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；FeCl3溶液也能与

6、铁反应2FeCl3+Fe=3FeCl2；当向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，烧杯底部不可能出现的是( )A有铜无铁B有铁无铜C有铁有铜D无铁无铜14向某MgCl2和A1C13的混合溶液中，逐滴滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的量和所加 NaOH溶液体积关系图正确的是( )ABCD15高效水处理剂ClO2在实验室中通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列说法不正确的是( )ACO2 是氧化产物B1mol KClO3 参加反应，转移的电子为1molCKClO3 在反应中被氧化DH2C2O4的还原性强于ClO2 的

7、还原性16如图所示，实验操作能达到相应的实验目的是( )A称量氢氧化钠固体的质量B分离沸点相差较大的互溶液体混合物C用排气法收集氯气D分离互不相溶的两种液体17用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A32gO2和32gO3所含分子数目都为NAB标准状况下，11.2 L水中含有的原子数是1.5NAC0.1mol Fe参与化学反应转移的电子数一定为0.3NAD标准状况下，5.6L氯气和16.8L氧气混合气体中含有的分子数为NA18常温下，向0.25molL1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实

8、验不同时刻的溶液，下列有关说法中不正确的是( )A硫酸溶液的体积为20mLBb时刻溶液中SO的浓度约为0.083molL1Cd时刻溶液的pH为12D反应的离子反应方程式为Ba2+SO4+2H+2OHBaSO4+2H2O二、非选择题（48分）19（18分）已知：图中每个小三角形的三种物质中至少含有一种相同元素，H与I含有完全相同的元素A、J为固体单质，D为气体单质，其余物质为常见化合物B为淡黄色化合物，B与H反应能生成DE为常见金属氧化物F的溶液和H反应生成白色胶状沉淀G根据以上信息，回答下列问题：（1）物质B的电子式为_（2）写出B与H反应的化学方程式_（3）向F水溶液中通入少量H生成G，该反

9、应的离子方程式为_（4）写出由E转化成D的化学反应式（注明必要的反应条件）_；若反应中有100g D单质生成，则转移电子数目为_（5）若测得1g固体单质J与一定量的气体H恰好完全反应生成气态I时吸收的热量为Q kJ，则该反应的热化学方程式可表示为_20（17分）明矾石的主要成分是K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：明矾石脱水废渣调节pH溶液硫磺焙烧溶解氢氧化钠氢氧化铝母液 硫酸炉气熟料回答下列问题：（1）“焙烧”过程中发生的反应为2Al2（SO4）3+3S 2Al2O3+9SO2，其中氧化剂为_（2）“溶解”时反应的离

10、子方程式为_（3）“调节pH”后过滤、洗涤Al（OH）3沉淀，证明已洗涤干净的实验操作和现象是_（4）调节pH时使用的是质量浓度（单位体积溶液所含溶质的质量）为882g/L 的H2SO4，配制1L该溶液，需用量筒量取质量分数为98%的硫酸（密度是1.8g/cm3）_mL（5）“废渣”、“母液”中可回收的物质分别是_21（13分）三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为_（2）写出该反应的化学方程式_若反应中生成0.2mol HNO3，

11、转移的电子数目为_个（3）NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现你判断该气体泄漏时的现象是_（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有_（填化学式）2015-2016学年江苏省盐城市大丰市新丰中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每题4分，共72分）1下列离子：SO S2 HCO CO SO I NH SiO Fe2+ Cl，其中能在稀H2SO4溶液中能大量存在的是( )ABCD【考点】离子共存问题；离子反应发生的条件 【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、

12、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：硫酸中含大量的氢离子，与、中的离子均反应生成气体，与中离子结合生成弱电解质，与中离子结合生成沉淀，一定不能大量存在，则能大量存在的离子为，故选C【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，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大2下列物质都能导电，其中属于电解质的是( )A熔融的NaOHB金属铝C稀硫酸DNaCl溶液【考点】电解质与非电解质 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都

13、不导电的化合物是非电解质，据此进行解答【解答】解：A熔融的氢氧化钠能够电离出钠离子和氢氧根离子，且氢氧化钠为化合物，所以熔融氢氧化钠能够导电，故A正确；B金属铝为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C稀硫酸为混合物，所以稀硫酸既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D氯化钠溶液为混合物，所以氯化钠溶液既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选A【点评】本题考查了电解质与非电解质、物质的导电性的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质3现有如下几个离子方程式CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2H+CO32HCO3C

14、O2+H2O+ClOHClO+HCO3CO32+HSO3HCO3+SO42，由此得出的如下结论中不正确的是( )ACO32与H+、Ca2+不能大量共存BH2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱CH2SO3是一种强酸DH2CO3、HClO都属于弱酸【考点】离子反应发生的条件 【专题】离子反应专题【分析】A、能相互反应生成水、沉淀以及气体等物质的离子不能共存；B、根据强酸制弱酸的原理来回答判断；C、亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸；D、碳酸和次氯酸均不能完全电离【解答】解：A、CO32与H+、Ca2+发生反应分别生成水、二氧化碳以及碳酸钙，不能大量共存，故A正确；B、根据反应CO2+H2O+ClOHC

15、lO+HCO3和强酸制弱酸的原理可以知道H2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱，故B正确；C、H2SO3是一种弱酸，故C错误；D、碳酸和次氯酸均不能完全电离，都属于弱酸，故D正确故选C【点评】本题涉及离子共存、化学反应原理以及酸的强弱等方面知识，注意常见知识的梳理是关键，难度不大4胶体分散系与其它分散系的本质区别是( )A分散质粒子大小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】分散系、胶体与溶液的概念及关系 【分析】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）【解答】解：当分散剂

16、是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小故选A【点评】本题考查胶体的性质，题目难度不大，注意胶体的性质，特别是胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径在1nm100nm之间5如表相关实验不能达到预期目的是( )相关实验预期目的A试样加水溶解后，再加入足量Ca（OH）2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯元素C加入饱和Na2CO3溶液，充

17、分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【分析】ANa2CO3能与Ca（OH）2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca（OH）2溶液发生反应生成CaCO3沉淀； B燃尽的火柴头，氯酸钾分解生成KCl，KCl溶于水，可与硝酸银反应生成AgCl白色沉淀；C乙酸与碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于水，且在饱和碳酸钠溶液上层，不互溶；D催化剂对化学反应速率有影响【解答】解：ANa2CO3能与Ca（OH）2溶液发生反应生成

18、CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca（OH）2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca（OH）2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A错误； B燃尽的火柴头，氯酸钾分解生成KCl，KCl溶于水，可与硝酸银反应生成AgCl白色沉淀，离子反应为Cl+Ag+=AgCl，则观察到白色沉淀可说明含氯元素，故B正确；C乙酸与碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于水，且在饱和碳酸钠溶液上层，不互溶，可用分液分离，故C正确；D两支试管中装有等体积、等浓度H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液，氯化铁能改变化学反应速率，能达到实验目的，故D正确故选A【点评】本题考查

19、化学实验方案的评价，题目难度中等，注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键，易错点为B，注意相关反应的判断6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A标准状况下，将22.4 L氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的HCl分子数为NAB常温常压下，16 g 14CH4所含中子数目为8NAC常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4 NAD标准状况下，22.4 L空气含有NA个单质分子【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A氯化氢为强电解质；B1个14CH4中含有8个中子，14CH4的摩尔质量为18g/mol；CNa2O2与H2O的反应是歧化反应，过氧

20、化钠既是氧化剂又是还原剂；D空气是氧气、氮气、二氧化碳等组成的混合物【解答】解：A氯化氢为强电解质，在溶液中完全电离，不存在分子，故A错误；B16 g 14CH4所含中子数目=8NA= NA，故B错误；CNa2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4NA，故C正确；D空气是氧气、氮气、二氧化碳等组成的混合物标准状况下，22.4L空气含有NA个分子，不是单质分子，故D错误；故选：C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，掌握物质的量有关计算，明确电解质的性质、过

21、氧化钠与水反应中化合价的变化是解题关键，题目难度中等7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所用NaOH固体已潮解B向容量瓶加水时，液面低于刻度线即摇匀C定容时不小心加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D有少量NaOH溶液残留在烧杯内【考点】溶液的配制 【专题】化学实验基本操作【分析】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：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【解答】解：A所

22、用NaOH固体已潮解，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；B向容量瓶加水时，液面低于刻度线即摇匀，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故B正确；C定容时不小心加水超过了刻度线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D少量NaOH溶液残留在烧杯内，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；故选B【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力8下列关于金属及其化合物的叙述正确的是( )A铝在常温下不

23、能与氧气反应B氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应C碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中滴入酚酞溶液，溶液均显红色D过氧化钠可用于呼吸面具中作为二氧化碳气体的来源【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】A、常温下，铝和氧气反应生成氧化铝；B、氧化铝属于两性氧化物，能和酸、碱反应；C、碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的弱离子水解显碱性；D、过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源【解答】解：A、Al属于亲氧元素，极易被氧气氧化生成氧化铝，故A错误；B、2Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所以氧化铝能和强酸、强碱

24、反应，故B错误；C、碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的弱酸根离子水解显碱性，酚酞遇碱变红色，故C正确；D、过氧化钠可以和二氧化碳及水反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，故D错误；故选C【点评】本题考查学生常见金属元素以及氧化物的性质，可以根据所学知识来回答，知道Al、氧化铝性质较特殊，能和强酸、强碱反应，注意基础知识的积累，题目难度不大9在某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是( )AH+、Na+、SO42、HCO3-BMg2+、K+、SO42、OHCK+、Na+、Fe3+、NO3DBa2+、OH、NO3、Na+【考点】离子共存问题 【分析】无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+

25、、MnO4等有色离子的存在，A氢离子与碳酸氢根离子反应；B镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；C铁离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；D四种离子之间不反应，且都是无色离子【解答】解：溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，AH+、HCO3之间反应生成二氧化碳气体和水，在溶液中不能大量共存，故A错误；BMg2+、OH之间反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故C错误；DBa2+、OH、NO3、Na+之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存的判断，为高

26、考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间； 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10为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的是( )A加热，观察是否有气体放出B加入盐酸，观察是否有气体放出C溶于水后加BaCl2溶液，观察有无沉淀出现D进行焰色反应，观察火焰是否呈黄色【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【分析】NaHCO3加热不稳定，

27、易分解，Na2CO3和NaHCO3都可与酸、石灰水反应，都含有钠元素，焰色反应都呈黄色，以此解答该题【解答】解：ANaHCO3加热不稳定，易分解，生成气体，不能说明碳酸钠存在，故A错误；BNa2CO3和NaHCO3都可与盐酸反应生成气体，不能鉴别，故B错误；CNa2CO3和BaCl2溶液反应生成白色沉淀，而NaHCO3不能，能鉴别，故C正确；D都含有钠元素，焰色反应都呈黄色，不能鉴别，故D错误故选C【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，注意把握性质的异同为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大11铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况

28、下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为( )A3：1B2：1C1：1D1：3【考点】化学方程式的有关计算 【分析】根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2进行计算【解答】解：根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2可知：当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3：1，故选：A【点评】本题考查了依据方程式的计算，难度不大，正确书写反应的方程式是解题关键12进入人体的O2有2%转化为“活性氧”，它能加速人的衰老，被称为“生命杀手”，

29、服用亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”下列说法正确的是( )ANa2SeO3在反应中做还原剂BNa2SeO3在反应中做氧化剂C亚硒酸钠中硒的化合价为+6价D“活性氧”在反应中做催化剂【考点】氧化还原反应 【分析】根据亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”，说明Na2SeO3在反应中做还原剂，“活性氧”作氧化剂，发生氧化还原反应，据此分析【解答】解：A、亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”，说明Na2SeO3在反应中做还原剂，故A正确；B、亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”，说明Na2SeO3在反应中做还原剂，故B错误；C、根据化合价代数

30、和为0，则亚硒酸钠中硒的化合价为+4价，故C错误；D、亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”，说明Na2SeO3在反应中做还原剂，“活性氧”作氧化剂，故D错误故选A【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力13制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”铜被氯化铁溶液腐蚀的方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；FeCl3溶液也能与铁反应2FeCl3+Fe=3FeCl2；当向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，烧杯底部不可能出现的是( )A有铜无铁B有铁无铜C有铁有铜D无

31、铁无铜【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变 【专题】氧化还原反应专题【分析】根据2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2，判断还原剂，得出铁的还原性大于铜，再利用多种还原剂和一种氧化剂反应的时候，还原性强的物质优先反应来分析解答【解答】解：由2FeCl3 +Cu=2FeCl2+CuCl2可知还原剂为Cu，2FeCl3 +Fe=3FeCl2中还原剂为Fe，根据金属活动顺序，铁的化学活动性大于铜金属活动顺序也就是还原性的顺序，铁的还原性大于铜则向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，一定是铁优先与铁离子反应，则有铁必须有铜

32、，当铁完全反应后，铜开始反应，氯化铁过量时，铁和铜都完全反应，即不会出现有铁无铜的情况，故选B【点评】本题考察氧化还原反应中的优先规律，明确当多种还原剂和一种氧化剂反应的时候，还原性强的物质优先反应是解答本题的关键14向某MgCl2和A1C13的混合溶液中，逐滴滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的量和所加 NaOH溶液体积关系图正确的是( )ABCD【考点】镁、铝的重要化合物 【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物【分析】根据氯化镁、氯化铝与氢氧化钠反应的生成物的性质分析图象，注意氢氧化钠是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱【解答】解：向氯化镁和氯化铝的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液，氯化

33、镁、氯化铝和氢氧化钠反应生成的氢氧化镁、氢氧化铝不溶于水，所以只要加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成；但氢氧化铝是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱，所以当氢氧化镁、氢氧化铝完全沉淀时继续滴加氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝又和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠是易溶于水的物质，所以看到的现象是沉淀有部分溶解；当氢氧化铝完全转化为偏铝酸钠时，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化镁和氢氧化钠不反应，所以看到的现象是仍有部分沉淀不溶解，且沉淀始终不再变化故选C【点评】本题考查了镁离子和铝离子的性质，难度不大，明确图象拐点的含义是解本题的关键15高效水处理剂ClO2在实验室中通过以下反应制得：2KClO3+H2C

34、2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列说法不正确的是( )ACO2 是氧化产物B1mol KClO3 参加反应，转移的电子为1molCKClO3 在反应中被氧化DH2C2O4的还原性强于ClO2 的还原性【考点】氧化还原反应 【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O（O均为2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答【解答】解：A该反应中C元素的化合价由+3价升高到+4价，所以草酸是还原剂，失去电子被氧化，则CO2是氧化产物，故A正确；B由Cl元素化合价变化可知，1mo

35、l KClO3 参加反应，转移的电子为1mol954）=1mol，故B正确；CCl元素的化合价降低，则KClO3为氧化剂，被还原，故C错误；D该反应中草酸是还原剂，二氧化氯是还原产物，所以草酸的还原性大于ClO2的还原性，故D正确；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，注意从化合价的变化角度分析氧化还原反应问题，题目难度不大16如图所示，实验操作能达到相应的实验目的是( )A称量氢氧化钠固体的质量B分离沸点相差较大的互溶液体混合物C用排气法收集氯气D分离互不相溶的两种液体【考点】化学实验方案的评价 【分析】ANaOH具有强腐蚀性，称量时应该将N

36、aOH放在烧杯中；B蒸馏操作中温度计测量馏分温度；C氯气密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；D分离互不相溶的液体采用分液方法分离【解答】解：ANaOH具有吸水性，且具有强腐蚀性，称量时应该将NaOH放在烧杯中，故A错误；B蒸馏操作中温度计测量馏分温度，温度计水银球应该位于烧瓶支管口处，故B错误；C氯气密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，不能采用向下排空气法收集，故C错误；D分离互不相溶的液体采用分液方法分离，该方法操作正确，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及基本操作、物质分离和提纯、气体收集等知识点，明确操作规范性及物质性质是解本题关键，易错选项是B17

37、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A32gO2和32gO3所含分子数目都为NAB标准状况下，11.2 L水中含有的原子数是1.5NAC0.1mol Fe参与化学反应转移的电子数一定为0.3NAD标准状况下，5.6L氯气和16.8L氧气混合气体中含有的分子数为NA【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、氧气和臭氧的摩尔质量不同；B、标况下水为液态；C、铁反应后可能变为+2价或+3价；D、求出混合物气体的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来计算；【解答】解：A、氧气和臭氧的摩尔质量分别为32g/mol和48g/mol，故32g氧气和臭氧的物质

38、的量之比为48：32=3：2，则分子数之比为3：2，故A错误；B、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、铁反应后可能变为+2价或+3价，故0.1mol铁反应后转移的电子数可能为0.2mol，也可能为0.3mol，故C错误；D、混合物气体的体积为22.4L，故在标况下混合物气体的物质的量为1mol，分子个数N=nNA=NA个，故D正确；故选D【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18常温下，向0.25molL1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示

39、，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中不正确的是( )A硫酸溶液的体积为20mLBb时刻溶液中SO的浓度约为0.083molL1Cd时刻溶液的pH为12D反应的离子反应方程式为Ba2+SO4+2H+2OHBaSO4+2H2O【考点】离子方程式的有关计算 【分析】硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，由于二者浓度相同，则硫酸原来的体积也是20mL，继续滴加氢氧化钡溶液，氢氧化钡过量导致溶液成为氢氧化钡溶液A根据恰好反应计算硫酸体积；B

40、根据c=计算硫酸根离子浓度；C先计算氢氧根离子浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，再求pH；D氢氧化钡和硫酸完全电离写成离子，硫酸钡写成化学式【解答】解：A硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，溶液的PH值逐渐增大，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，由于硫酸物质的量浓度和氢氧化钡溶液物质的量浓度相等，所以硫酸溶液的体积为20mL，故A正确；Bb时刻硫酸根离子物质的量浓度为：=0.083mol/L，故B正确；Cd溶液呈碱性，c（OH）=0.1mol/L，c（H+）=1013，pH=1

41、3，故C错误；D氢氧化钡和硫酸完全电离写成离子，硫酸钡写成化学式，则反应的离子反应方程式为Ba2+SO4+2H+2OHBaSO4+2H2O，故D正确故选C【点评】本题考查了有关方程式的计算，题目难度中等，分析图象时要注意曲线的“原点”、“交点”、“转折点”等的意义，对“数”、“形”、“义”、“性”进行综合思考，从中发掘隐含信息快速解题，侧重于考查学生的分析能力和计算能力二、非选择题（48分）19（18分）已知：图中每个小三角形的三种物质中至少含有一种相同元素，H与I含有完全相同的元素A、J为固体单质，D为气体单质，其余物质为常见化合物B为淡黄色化合物，B与H反应能生成DE为常见金属氧化物F的溶

42、液和H反应生成白色胶状沉淀G根据以上信息，回答下列问题：（1）物质B的电子式为（2）写出B与H反应的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）向F水溶液中通入少量H生成G，该反应的离子方程式为2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32（4）写出由E转化成D的化学反应式（注明必要的反应条件）2Al2O3（融融）4Al+3O2；若反应中有100g D单质生成，则转移电子数目为12.5NA（5）若测得1g固体单质J与一定量的气体H恰好完全反应生成气态I时吸收的热量为Q kJ，则该反应的热化学方程式可表示为C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+12QkJmol1【考点

43、】无机物的推断 【分析】B为淡黄色化合物，B与H反应能生成D，且D为气体单质，则B为Na2O2，D为O2，H为H2O或CO2；A为固体单质，A能够发生反应生成Na2O2，则A为金属Na；Na和过氧化钠都能够转化成C，则C为NaOH；J为固体单质，J能够转化成H，则J为C，又H与I含有完全相同的元素，则H为CO2，I为CO；E为常见金属氧化物、F的溶液和H反应生成白色胶状沉淀G，则F为NaAlO2，G为Al（OH）3，E为Al2O3，电解融融的E（Al2O3）可得铝和氧气，据此进行解答【解答】解：B为淡黄色化合物，B与H反应能生成D，且D为气体单质，则B为Na2O2，D为O2，H为H2O或CO2；A为固体单质，A能够发生反应生成Na2O2，则A为金属Na；Na和过氧化钠都能够转化成C，则C为NaOH；J为固体单质，J能够转化成H，则J为C，又H与I含有完全相同的元素，则H为CO2，I为CO；E为常见金属氧化物、F的溶液和H反应生成白色胶状沉淀G，则F为NaAlO2，G为Al（OH）3，E为Al2O3，电解融融的E（Al2O3）可得铝和氧气，（1）B为Na2O2，过氧化钠为离子化合物，其电子式为，故答案为：；（2）B为过氧化钠，H为二氧化碳，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：