辽宁省沈阳市铁路实验中学2015届高三上学期第一次月考
化学试卷(解析版)
一.单选（每题2分总分36分
1．（2分）用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NA 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA B． 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L C．﹣ D．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为1NA 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、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； B、1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，含有0.02mol钠离子； C、不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算二氧化碳的5体积； D、氯化镁溶液的体积不知，无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目． 解答： 解：A、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故A错误； B、1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，0.01mol碳酸钠中含有0.02mol钠离子，含+有的Na离子数为0.02NA，故B正确； C、NA 个CO2分子的物质的量为1mol，不是标况下，题中条件无法计算二氧化碳的体积，故C错误； D、没有告诉物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量，故D错误； 故选B． 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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件；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． 2．（2分）用NaCl固体配制0.1mol?L的NaCl溶液，下列操作或说法正确的是（ ） ﹣1 A．将5.85g NaCl固体溶于1 L水中可配成0.1 mol?L的NaCl溶液 称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上 B． 固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线 C． D．配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果 考点： 配制一定物质的量浓度的溶液． 专题： 化学实验基本操作． 分析： A.5.85g NaCl的物质的量为0.1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度为0.1mol/L； B．药品不能直接放在托盘内，应放在称量纸上或比例器皿中； C．定容之前应洗涤烧杯、玻璃棒，加水至刻度线1﹣2cm改用胶头滴管； D．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响． ﹣1
解答： 解：A.5.85g NaCl的物质的量为0.1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，不是溶剂的体积为1L，故A错误； B．药品不能直接放在托盘内，防止腐蚀，应放在称量纸上或比例器皿中，故B错误； C．定容之前应洗涤烧杯、玻璃棒，否则会导致所配溶液浓度偏低，加水至刻度线1﹣2cm改用胶头滴管，便于控制加水，故C错误； D．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故D正确； 故选D． 点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，注意基础知识的理解掌握． 3．氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程．
（1）向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，该反应中氧化过程的反应式为：SO2+2H2O﹣2e→SO
﹣
+4H；
+
（2）向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，该反应中还原过程的反应式为：
﹣﹣
Cl2+2e→2Cl．
在（1）和（2）反应中均会生成产物X，则X的化学式为（ ） NaClO HClO A．B． C． D． ClO2 NaClO4 考点： 氧化还原反应． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： （1）中S元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，反应后Cl元素的化合价小于+5价； （2）中还原过程的反应式为：Cl2+2e→2Cl，则亚氯酸钠（NaClO2）Cl元素的化合价升高，以此来解答． 解答： 解：（1）中S元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，反应后Cl元素的化合价小于+5价； （2）中还原过程的反应式为：Cl2+2e→2Cl，则亚氯酸钠（NaClO2）Cl元素的化合价升高，反应后Cl元素的化合价大于+3价， 又在（1）和（2）反应中均会生成产物X，X中Cl元素的化合价在+3～+5价之间，只有ClO2符合，其Cl元素的化合价为+4价， 故选B． 点评： 本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，熟悉常见物质中元素的化合价即可解答，题目难度不大． 4．（2分）用下列实验装置能达到实验目的是（ ） A．B． ﹣﹣﹣﹣ 比较NaHCO3和Na2CO3热稳定性大小 用铜和稀硝酸制取并收集少量NO
C．D． 验证氨气在水中溶解度的大小 实验室用氯化铵制少量氨气 考点： 化学实验方案的评价． 专题： 实验评价题． 分析： A．碳酸氢钠受热温度高； B．NO不能利用排空气收集； C．氨气极易溶于水，升高中的压强变小，导致气球变化； D．氯化铵分解，在试管口HCl与氨气又化合生成氯化铵． 解答： 解：A．碳酸氢钠受热温度高，应在小试管中放碳酸氢钠来比较稳定性，故A错误； B．NO不能利用排空气收集，NO与氧气反应，则应利用排水法收集，故B错误； C．氨气极易溶于水，升高中的压强变小，导致气球变化，则该装置能验证氨气在水中溶解度的大小，故C正确； D．氯化铵分解，在试管口HCl与氨气又化合生成氯化铵，则不能收集到氨气，故D错误； 故选C． 点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及稳定性的比较、气体的制取及收集、气体的溶解性，侧重物质性质的考查，题目难度不大． 5．下列推断正确的是（ ） A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应 Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同 B． CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 C． D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 考点： 硅和二氧化硅；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物． 专题： 元素及其化合物． 分析： A．SiO2是酸性氧化物，能够跟碱反应，生成盐和水； B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠； C．NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮； D．因为新制氯水中含有HCl和HClO，HClO具有强氧化性和漂白性． 解答： 解：A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确； B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O+CO2=Na2CO3； 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ，产物不同，故B错误； C、NO在空气中易发生反应：2NO+O2═2NO2，故C错误； D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪
色，故D错误． 故选A． 点评： 该题综合考查元素化合物知识，包括金属元素和非金属元素的重要氧化物，以及氯气的重要性质．这些物质的性质是学习的重点，也是考试的重点，平时的学习过程中，同学们应重视教材中重要物质性质的学习、总结，该记忆的应强化记忆，才能避免错误发生． 6．图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，下列有关说法错误的是（ ）
A．烧瓶中立即出现白烟 烧瓶中立即出现红棕色 B． 烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性 C． D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体 考点： 氯碱工业；绿色化学；氧化还原反应；氯气的化学性质；氨的化学性质；气体发生装置的气密性检查． 专题： 图示题；元素及其化合物． 分析： A、氨气和氯气接触时生成氯化铵，产生白烟； B、不能出现红棕色气体； C、该反应中氨气中的氮元素化合价升高，表现还原性； D、烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体． 解答： 解：A、分析装置图，氨气中氮元素化合价为﹣3价，为最低价态，具有还原性，氯气具有强氧化性，氨气和氯气接触时发生反应生成氯化铵、氯化氢和氮气，反应的方程式为： 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氯化铵为白色固体，烧瓶中出现白烟，故A正确； B、氨气和氯气反应生成氮气，不能生成二氧化氮红棕色气体，所以烧瓶中不能出现红棕色，故B错误； C、该反应中，氨气中的氮元素化合价由﹣3价升高到0价，化合价升高，表现还原性，故C正确； D、氯气有毒，排放到空气中污染环境，烧杯中盛放的为氢氧化钠溶液可以和有害气体氯气反应，达到吸收有害气体的目的，故D正确． 故选B． 点评： 此题考查化学实验、元素化合物的性质等知识，对某种元素来讲，其处于最高价时，只有氧化性；处于最低价时，只有还原性；中间价态，则既有氧化性又有还原性．故此对同一种元素可以依据价态判断，此题中氨气中的氮元素处于最低价，只有还原性．
7．（2分）下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的是（ ） A．B． 制取少量蒸馏水 C． 用铜和浓硝酸混合制取少量NO2 D． 比较MnO2、Cl2、I2的氧化性 探究NaHCO3的热稳定性 考点： 化学实验方案的评价． 专题： 实验评价题． 分析： A．从天然水到纯净的水，要经过水蒸气这个环节； B．二氧化氮可以和水反应； C．二氧化锰和稀盐酸不反应； D．对固体物质加热时，试管要略向下倾斜． 解答： 解：A．对天然水加热，使水变成水蒸气进入到成冷水的烧杯中，水蒸气遇冷，变成小水滴，即为蒸馏水，故A正确； B．二氧化氮可以和水反应，不能用排水法来收集，故B错误； C．二氧化锰和稀盐酸不反应，所以装置不能获得氯气，验证试验无法发生，故C错误； D．对固体物质加热时，试管要略向下倾斜，防水倒流，炸裂试管，故D错误． 故选A． 点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备及分离与提纯、氧化性和稳定性比较等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大． 8．（2分）2010年上海世博会的主题是“城市，让生活更美好”．下列叙述不正确的是（ ） A．某些馆的外壳使用非晶硅薄膜，以充分利用太阳能 世博会期间，利用可降解的“玉米翅料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染 B． 世博会中国馆﹣﹣“东方之冠”使用的钢筋混凝土属于高分子化合物 C． D．世博停车场安装催化光解设施，可将汽车尾气中的CO和NOx转化为无毒气体CO2和N2 考点： 常见的生活环境的污染及治理． 专题： 化学应用． 分析： A．太阳能为新能源，可减少化石能源的使用，减少污染物的排放； B．可降解的“玉米翅料”替代一次性饭盒，减少塑料对环境的污染； C．钢筋混凝土属于复合材料；
D．CO和NOx为有毒气体，而CO2和N2为无毒气体． 解答： 解：A．某些馆的外壳使用非晶硅薄膜，以充分利用太阳能，可减少化石能源的使用，减少污染物的排放，有利于环境保护，故A正确； B．世博会期间，利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，减少塑料对环境的污染，可防止产生白色污染，故B正确； C．钢筋混凝土属于复合材料，为无机材料，不属于有机高分子化合物，故C错误； D、世博会停车场安装催化光解设施，用催化剂促进有害气体的转化为无毒气体，有利于环境保护，故D正确； 故选C． 点评： 本题考查常见环境污染及治理问题，题目难度不大，本题注意把握常见污染物的处理方法，注意“城市，让生活更美好”，应改善人类赖以生存的环境，减少废弃物和有害物质的排放，正确处理“三废”，减少环境污染等． 9．（2分）下列判断中一定正确的是（ ） 2﹣+ A．若R和M的电子层结构相同，则原子序数：R＞M 若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量：X＞Y，则沸点：X＞Y B． 若M、N是同主族元素，且原子序数：M＞N，则非金属性：M＞N C． D．若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量：X＞Y，则X失电子能力比Y的强 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． 2﹣+分析： A、若R和M的电子层结构相同，M位于R的下一周期． B、如HF与HCl，HF中存在氢键，沸点高于同族其它氢化物． C、同主族自上而下，金属性增强，非金属性减弱． D、若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量：X＞Y，则X电子层多，同主族自上而下，金属性增强． 2﹣+解答： 解：A、若R和M的电子层结构相同，M位于R的下一周期，原子序数M＞R，故A错误； B、气态氢化物相对分子质量大，沸点不一定高，如HF与HCl，HF中存在氢键，沸点高于同族其它氢化物，故B错误； C、M、N是同主族元素，原子序数M＞N，同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性：N＞M，故C错误； D、若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量X＞Y，则X电子层多，同主族自上而下，金属性增强，则X失电子能力比Y的强，故D正确． 故选：D． 点评： 考查元素周期律、结构与位置关系等，难度中等，注意基础知识掌握． 10．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） ﹣1 A．标准状况下，密度为ρg?L的某气体纯净物一个分子的质量为g 17g甲基（﹣14CH3）所含电子数为7NA B． 在含有4mol Si﹣O键的石英晶体中，氧原子的数目为4NA C． D．常温下，0.2mol Cl2溶于等体积水中，转移电子数为0.2NA
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．依据标准状况下气体密度计算摩尔质量，结合概念计算一个分子的质量； B．1mol甲基所含电子物质的量为9mol； C．1mol二氧化硅晶体中，有4mol的Si﹣O键； D．氯气和水分仪生成氯化氢和次氯酸；氯气自身氧化还原反应，元素化合价从0价变化为﹣1价和+1价． ﹣1解答： 解：A．标准状况下，密度为ρg?L的某气体纯净物摩尔质量=22.4ρg/mol；则一个分子的质量=14g，故A正确； B．17g甲基（﹣CH3）物质的量为1mol，所含电子数为9NA，故B错误； C．一个硅原子周围有四个氧原子，一个氧原子周围有二个硅原子，所以在1mol二氧化硅晶体中，有4mol的Si﹣O键，即含有1molSi原子和2mol的氧原子，即含有2NA个氧原子，故C错误； D．氯气和水分仪生成氯化氢和次氯酸；氯气自身氧化还原反应，元素化合价从0价变化为﹣1价和+1价，反应是可逆反应，0.2molCl2溶于等体积水中，只有部分氯气和水反应，转移电子数小于0.2NA，故D错误． 故选A． 点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，氧化还原反应电子转移的计算等，题目难度中等，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题． 11．下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是（ ） 物质及其杂质 检验 除杂 A Cl2（HCl） 湿润的淀粉KI试纸 饱和食盐水 B NaHCO3溶液（Na2CO3） Ca（OH）2溶液 过量CO2 C CO2（HCl） AgNO3溶液（含稀硝酸） 饱和Na2CO3溶液 D NO（NO2） 观察颜色或湿润的淀粉KI试纸 水 A B C D A．B． C． D． 考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用． 专题： 物质检验鉴别题． 分析： A．检验HCl应先分离，再检验，用湿润的淀粉KI试纸不能检验HCl； B．加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反应； C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应； D．NO2与水反应生成NO和硝酸． 解答： 解：A．湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，故A错误； B．NaHCO3和Na2CO3都与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故B错误； C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故C错误； D．NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，故D正确． 故选D． 点评： 本题考查物质的分离、提纯和检验，题目难度中等，注意把握相关物质的性质，根据
性质的异同选择实验方法． 12．（2分）（2013?南昌模拟）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ） ﹣﹣﹣ A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OH B．﹣+向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4+6OHNH3↑+H2O 将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3?H2O=HSO3+NH4+ C．﹣++ D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H+3NO3=Ag+NO↑+H2O 考点： 离子方程式的书写． 专题： 离子反应专题． 分析： A、酸性溶液中发生氧化还原反应，氢离子反应生成水； B、酸式盐和碱反应，量少的全部反应； C、过量二氧化硫含氨水反应生成亚硫酸氢铵； D、原子不守恒，电荷不守恒； ﹣﹣+解答： 解：A、KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+6H=3I2+3H2O，故A错误； ﹣B、向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热，反应的离子方程式为：HCO3+NH4+2OH+﹣﹣NH3↑+2H2O+CO3；故B错误； ﹣2﹣C、过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方程式为：SO2+NH3?H2O=HSO3++NH4；故C正确； ﹣++D、用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO↑+2H2O；故D错误； 故选C． 点评： 本题考查了离子方程式的正误判断和书写方法，主要考查电荷守恒原子守恒的判断，量不同产物不同． 13．两种盐的固体混合物：①加热时有气体产生，②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸．满足上述条件的混合物是（ ） A．BaCl2和（NH4）B． AgNO3和NH4Cl C． FeCl3和NaHCO3 D． KCl和Na2CO3 2S04 考点： 几组未知物的检验． 专题： 元素及其化合物． 分析： A．混合物加热硫酸铵分解生成氨气，有气体生成，溶于水生成沉淀硫酸钡不溶于盐酸； B．混合物加热氯化铵分解，有气体生成，溶于水生成氯化银产生不溶于盐酸； C．混合物加热有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，气体生成，溶于水生成氢氧化铁沉淀溶于盐酸； D．混合物加热无气体生成，溶于水无沉淀生成． 解答： 解：A．混合物加热硫酸铵分解生成氨气，3（NH4）2SO4 3SO2↑+6H2O+N2↑+4NH3↑，有气体生成；溶于水：（NH4）2SO4 +BaCl2=BaSO4 ↓+2NH4Cl，生成沉淀硫酸钡不溶于盐酸，故A错误；
B．混合物加热氯化铵分解，NH4Cl2AgNO3HCl↑+NH3↑，硝酸银分解，2NO2↑+O2↑+2Ag有气体生成；溶于水NH4Cl+AgNO3=AgCl↓+NH4NO3，生成氯化银产生不溶于盐酸，故B错误； C．混合物加热有碳酸氢钠分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成二氧化碳，气体生成；溶于水FeCl3+3NaHCO3=Fe（OH）3↓+3CO2↑+3NaCl，生成氢氧化铁沉淀溶于盐酸，Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O，故C正确； D．混合物KCl和Na2CO3加热无气体生成，溶于水无沉淀生成，故D错误； 故选C． 点评： 本题考查了物质性质的应用，熟悉物质检验方法的分析判断、物质性质的反应现象判断是解题关键，题目难度不大． 14．（2分）已知，Fe结合S的能力大于结合OH的能力，而Al则正好相反，I2的氧化性比S强．在Fe2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是（ ） A．D． FeS、Al（OH）3B． Fe（OH）3和AlC． Fe2S3和 Al（OH）Al2S3、FeS和S 和S （OH）3 3 考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 专题： 电离平衡与溶液的pH专题． ﹣﹣3+2+2﹣分析： 铁离子和碘离子存在反应：2Fe+2I=2Fe+I2，在Na2S溶液中，有大量S、OH，2+2﹣
﹣
3+
Fe结合S能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，↓；Al结合OH能力﹣3+2强，形成Al（OH）3沉淀，Al+3OH=Al（OH）3↓，同时I2的存在还会发生：I2+S﹣﹣=S↓+2I的反应，据此回答． 解答： 解：在Fe2（SO4）3和AlCl3溶液中加过量KI，先是Fe2（SO4）3与KI两盐发生氧﹣3+2+2+3+化还原反应：2Fe+2I=2Fe+I2，反应完后溶液中含大量Fe、Al、I2， ﹣﹣﹣2﹣2﹣再加入Na2S后，由于S+H2O?HS+OH．在Na2S溶液中，有大量S、OH，2+2﹣依题意知，Fe结合S能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀， ﹣﹣2+2﹣3+3+Fe+S=FeS↓；Al结合OH能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al+3OH=Al（OH）3+2﹣3↓，或理解为Al与S发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）﹣2﹣3↓+3H2S↑+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S=S↓+2I或I2+H2S=S↓+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物． 故选A． 点评： 本题目主要考查学生对氧化还原反应的本质和特征，氧化还原反应的定义，沉淀溶解平衡等考点的理解，综合性强，难度中等． 15．（2分）向10mL 0.1mol?L NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（ ） +3+2﹣+3+ A．x=10时，溶液中有NH4、Al、SO4，且c（NH4）＞c（Al） ﹣﹣﹣ x=10时，溶液中有NH4+、AlO2、SO42，且c（NH4+）＞c（SO42） B．﹣﹣﹣﹣ x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，且c（OH）＜c（AlO2） C．﹣﹣2+3+2+ D．x=30时，溶液中有Ba、Al、OH，且c（OH）=c（Ba） ﹣1
2+2﹣3+﹣
考点： 离子浓度大小的比较；电离方程式的书写． 专题： 离子反应专题． 3+分析： A、Al与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉淀．加入10mlBa（OH）2，相当于溶液中NH4、Al、OH比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀． 2﹣﹣2+2﹣+3+SO4：Ba比例为2：1，SO4部分沉淀．反应完全后，溶液中有NH4、Al、2﹣SO4． ﹣+3+2﹣B、依据A分析溶液中有NH4、Al、SO4．无AlO2； C、加入30mlBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全﹣﹣﹣2+部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba、AlO2、OH，但c（OH）＞c（AlO2﹣）； ﹣﹣2+3+D、依据C分析判断溶液中有Ba、AlO2、OH，不存在Al． +3+解答： 解：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）1mmolAl，2溶液中含有0.001molNH4，﹣2﹣2+0.002molSO4，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa，0.002molOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO4．氢氧化铝沉淀，剩余×10molAl而NH4没有参与反应，少量水解，c（NH4）＜c（SO4），故A正确； +3+B、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4，1mmolAl，﹣2﹣2+0.002molSO4，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa，0.002molOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO4．氢氧化铝沉淀，剩余×10molAl而NH4没有参与反应，少量水解，c（NH4）＞c（SO4），故B错误； +3+C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）0.001molAl，2溶液中含有0.001molNH4，﹣2﹣2+0.002molSO4，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa，6mmolOH，混合后﹣﹣2+硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa；OH过量溶液中存在0.001moAlO2，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH）＞c（AlO2），故C错误； +3+D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）0.001molAl，2溶液中含有0.001molNH4，﹣2﹣2+0.002molSO4，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa，6mmolOH，混合后﹣﹣2+硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa；OH过量溶液中存在0.001moAlO2，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH）＞（Ba），故D错误； 故选A． 点评： 本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解． 16．（2分）向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液，溶液的pH与生成的沉淀关系如图所示，正确的是（ ） A．B． C． D． ﹣﹣﹣+3+﹣2﹣﹣33+++2﹣2﹣﹣33+++2﹣2+
考点： 离子方程式的有关计算． 专题： 图示题． 分析： 硫酸氢钠溶液显酸性，在硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡使溶液刚好呈中性NaHSO4和Ba（OH）1反应，溶液呈中性，反应的离子方程式为：2H+SO42物质的量之比按照2：﹣﹣2+2﹣2++Ba+2OH=BaSO4↓+2H2O；随着反应的进行，会发生：SO4+Ba=BaSO4↓沉淀继续增加至硫酸根沉淀完全． 解答： 解：硫酸氢钠溶液显酸性，在硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡使溶液刚好呈中性NaHSO4和Ba（OH）2物质的量之比按照2：1反应，溶液呈中性，pH=7， ﹣+2﹣2+反应的离子方程式为：2H+SO4+Ba+2OH=BaSO4↓+2H2O，沉淀了一半硫酸根2﹣2+离子；随着反应的进行，pH增加，会发生：SO4+Ba=BaSO4↓沉淀继续增加至硫酸根沉淀完全，只有A图象符合，故选A． 点评： 本题考查了离子方程式的计算，根据二者反应原理分析沉淀和PH的变化是解题的关键． 17．（2分）由（NH4）2SO4和MgSO4组成的混合物共192g，溶于水中配成10L溶液．测
2﹣+
得此溶液中SO4的物质的量浓度为0.15mol/L，则原混合物中NH4的物质的量是（ ） 0.1mol 0.5mol 1mol 2mol A．B． C． D． 考点： 物质的量浓度的相关计算． 专题： 物质的量浓度和溶解度专题． 分析： +2+设NH4的物质的量为x Mg的为y，则（NH4）2SO4的物质的量为，MgSO4物质+2的量为y，根据（NH4）2SO4和MgSO4组成的混合物共192g 2﹣可列出一个方程，再由体积和SO4的物质的量浓度为0.15mol/L列出另一方程，解方程组即可． +2+解答： 解：设NH4的物质的量为x Mg的为y 由题意得：66x+120y=192 +y=10×1.5 解方程得：x=2，故选D． 点评： 本题考查了物质的量浓度的计算，中等难度，注意离子浓度和溶质浓度的关系． 18．（2分）（2012?四川）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（ ） A．Cu与Cu2O 的物质的量之比为2：1 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L B． 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L C． D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol 考点： 有关混合物反应的计算． 专题： 压轴题；守恒法． 分析： 在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全
沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）质量为39.2g，物质的量为2，=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）（OH） 2]，2]=n[Cu2]=0.4mol．A、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，列方程计算； B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算； C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积； D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），据此计算． 解答： 解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）（OH）2]，2]=n[Cu2]=0.4mol． A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确； B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误； C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确； D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D正确． 故选B． 点评： 本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键． 二.解答题共计64分 19．（12分）在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述
﹣38
如下：（己知：Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10） Ⅰ：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液：
Ⅱ：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气． 回答下列问题：
3+2+2+
（1）FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为 2Fe+Cu=2Fe+Cu ：
（2）过程I加入铁屑的主要作用是 回收铜 ，分离得到固体的主要成分是 Cu和Fe ，从固体中分离出铜需采用的方法是 加入盐酸反应后过滤 ； （3）过程Ⅱ中发生反应的化学方程式为 FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2 ； 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 ． 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： （1）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，依据离子方程式书写方法写出； （2）过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是和氯化铜发生反应生成铜，过滤后得到固体为Fe和Cu，加入盐酸铁反应，铜不反应过滤分离得到铜； （3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速氧化为氢氧化铁． 解答： 解：（1）FeCl3蚀刻铜箔反应是三价铁离子具有氧化性和铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为：2Fe+Cu=2Fe+Cu， 3+2+2+故答案为：2Fe+Cu=2Fe+Cu； （2）向废液中投入过量铁屑，铁会和三氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，所以加入铁粉是为了得到铜，过滤得到固体是过量的铁和铜，用盐酸溶解铁反应，铜不反应过滤得到铜， 故答案为：回收铜；Cu和Fe；加入盐酸反应后过滤； （3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速氧化为氢氧化铁； 反应的化学方程式为：FeCl2+Ca（OH）（OH）4Fe（OH）2=Fe2↓+CaCl2、2+O2+2H2O=4Fe（OH）3， 故答案为：FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2 、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3． 点评： 本题考查了铁离子的氧化性，提取铜的反应过程和步骤分析判断，氢氧化铁氢氧化亚铁的转化反应，题目难度中等． 20．（18分）某兴趣小组利用如下图装置探究Cl2的性质．
3+2+2+
回答下列问题：
（1）A装置制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的漂白粉，通过 分液漏斗 （填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸．实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在A与B之间安装盛有 B （填写下列编号字母）的净化装置．
A、碱石灰 B、饱和食盐水 C、浓硫酸 D、饱和碳酸氢钠溶液 （2）B溶液发生反应的离子方程式 2Fe+Cl2=2Fe+2Cl 2﹣
（3）D中SO3被Cl2氧化生成的微粒是 A
2﹣
（A）SO4 B、S C、SO2 D、H2SO4
（4）C中现象是无色溶液变成棕黄色后又褪色．这是因为发生如下2个反应： ① 2KI+Cl2=I2+KCl ；②I2+Cl2+H2O═HIO3+ HCl （不必配平）．
﹣
（5）E中NaOH的作用是 吸收尾气 ．为证明E溶液中存在ClO，取少量E中溶液放入试管中，滴加稀H2SO4至溶液呈酸性，再加入淀粉KI溶液，预期现象和结论是 溶液变
﹣
为蓝色，证明存在ClO ． 考点： 氯气的实验室制法；性质实验方案的设计． 专题： 实验题． 分析： （1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，可用饱和食盐水除杂； （2）装置B中亚铁离子被氯气氧化成铁离子，据此写出反应的离子方程式； （3）氯气具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子； （4）氯气具有强氧化性，先将碘离子氧化成碘单质，然后能够将碘单质氧化成碘酸根离子； （5）氯气有毒，能够污染大气，所以剩余的氯气需要用氢氧化钠溶液吸收；次氯酸具有具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，溶液变成蓝色． 解答： 解：（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂， 故答案为：分液漏斗；B； （2）硫酸亚铁溶液中亚铁离子具有还原性，能够与氯气反应，反应的离子方程式为：2+3+
﹣
2Fe+Cl2=2Fe+2Cl， ﹣2+3+故答案为：2Fe+Cl2=2Fe+2Cl； 2﹣（3）装置D中亚硫酸根离子具有还原性，能够被氯气氧化成SO4， 故答案为：A； （4）C在为碘化钾溶液，碘离子具有还原性，能够被氯气氧化成碘单质，所以溶液显示棕黄色，反应的化学方程式为：2KI+Cl2=I2+KCl；氯气还能够将碘单质氧化成碘酸根离子，溶液颜色褪去，根据质量守恒定律可知另一种反应产物为HCl， 故答案为：2KI+Cl2=I2+KCl；HCl； （5）氯气有毒，会对氮气造成污染，所以多余的氯气需要进行吸收，装置E用于吸收氯气；为了证明E溶液中存在ClO，取少量E中溶液放入试管中，滴加稀H2SO4至溶液呈酸性，再加入淀粉KI溶液，由于次氯酸具有强氧化性，将碘离子氧化成碘单质，所以淀粉碘化钾溶液显示蓝色， 故答案为：吸收尾气；溶液变为蓝色，证明存在ClO． 点评： 本题考查了考查了氯气的实验室制法、性质实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握氯气性质及氯气实验室制法，掌握性质实验方案设计的原则． ﹣﹣2+3+﹣
21．（18分）图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物．已知A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）
（1）若E为氧化物，则A与水反应的化学方程式为 3NO2+H2O═2HNO3+NO ，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1：2 ．
①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，表示X呈碱性的离子方程式为 CO3﹣﹣
+H2O?HCO3+OH ．
+
②当X为金属单质时，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为 3Fe+8H+2NO3﹣3+═2Fe+2NO↑+4H2O ．
（2）若E为单质气体，D为白色沉淀，A的化学式可能是 Na、Na2O2等 ，B含有的化
﹣3+学键类型为 离子键、共价键 ，C与X反应的离子方程式为 3AlO2+Al+6H2O═4Al（OH）3↓ ．
（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应，生成C和一种可燃性气体单质，则该可逆反应的化学方程式为 CO+H2OCO2+H2 ．
2﹣
考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用；无机物的推断． 专题： 推断题；元素周期律与元素周期表专题． 分析： 根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，④为C元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素． （1）若E为氧化物，根据转化关系以及元素种类可知，则A为NO2，B为硝酸． ①硝酸与碳酸盐反应生成22个电子的二氧化碳分子，碳酸根水解使X溶液呈碱性． ②X为金属单质时，由转化图可知，应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁． （2）根据转化关系以及元素种类可知，若E为单质气体，则E为氢气或氧气，A为Na或Na2O2等，B为NaOH，D为白色沉淀，D为Al（OH）3，由BCD，可以推知X为铝盐，C为偏铝酸盐． （3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应，生成C和一种可燃性气体单质，则A为Na2O2，B为O2，X为C． 解答： 解：根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，④为C元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素． （1）若E为氧化物，根据转化关系以及元素种类可知，则A为NO2，B为硝酸，NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO．该反应中氧化剂是NO2，还原剂是NO2，氧化剂与化合价的物质的量之比为1：2．
故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；1：2． 2﹣2﹣①X为碳酸盐，硝酸与碳酸盐反应生成二氧化碳，CO3离子水解CO3+H2O?HCO3﹣﹣+OH使X液呈碱性． ﹣﹣2﹣故答案为：CO3+H2O?HCO3+OH． ②X为金属单质时，由转化图可知，应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁，X与B的稀溶液反应生成C的离子方程式为 3Fe+8H+2NO3═2Fe+2NO↑+4H2O． ﹣+3+故答案为：3Fe+8H+2NO3═2Fe+2NO↑+4H2O． （2）根据转化关系以及元素种类，若E为单质气体，则E为氢气或氧气，A为Na或Na2O2等，B为NaOH，氢氧化钠中钠离子与氢氧根离子以离子键结合，氢氧之间以共价键结合，即NaOH中存在离子键和极性共价键；D为白色沉淀，D为Al（OH）3，由B﹣3++﹣3+CD，可以推知X为铝盐，C为偏铝酸盐，C与X反应的离子反应为3AlO2+Al+6H2O═4Al（OH）3↓． ﹣3+故答案为：Na、Na2O2等；离子键、共价键；3AlO2+Al+6H2O═4Al（OH）3↓． （3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应，生成C和一种可燃性气体单质，则A为Na2O2，B为O2，X为C，D为CO，CO与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，该反应为CO+H2O故答案为：CO+H2OCO2+H2． CO2+H2． 点评： 本题考查元素周期表和元素周期律、无机物的推断、常用化学用语等，熟悉物质的性质、进行物质推断是解答本题的关键，难度较大．需要学生具备扎实的基础和综合运用知识解决问题的能力． 22．（16分）某课外小组设计了如图所示的实验装置，进行气体性质实验．图中箭头表示气体流向．A表示一种纯净、干燥的气体，B是另一种气体，反应进行一段时间后，装置己中有红棕色气体生
成．
实验中所用的药品和干燥剂只能从下列物质中选取：Na2CO3、NaHCO3、MnO2、Na2O2、NaCl、无水CaCl2、NH4HCO3、碱石灰等固体和浓盐酸、蒸馏水． 根据图中装置和反应现象回答：
（1）充分反应后丙中无固体物质剩余，发生反应的化学方程式为 NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O ；
（2）丁中的干燥剂应选 碱石灰 ，不选另一种干燥剂的理由是 因为无水CaCl2可以与氨络合而无法得到氨气 ；
（3）甲中发生反应的化学方程式为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ；
（4）观察到反应开始后断开电键S，铂丝能继续保持红热，戊中发生的主要反应的化学方程式为 4NH3+5O2 4NO+6H2O ，此反应是（吸热、放热） 放热 反应；
（5）若装置的气密性良好，甲、丙中均有气体产生，其余试剂选择正确，操作正常，但己中未观察到红棕色，可能的原因是 甲中产生的气体太少 ． 考点： 氨的制取和性质． 专题： 氮族元素． 分析： 装置己中有红棕色气体生成，说明有二氧化氮气体生成，所以该题为制取氧气和制取氨气的装置，氨气和氧气催化氧化生成氨气和水． （1）Na2CO3、NaHCO3、MnO2、Na2O2、NaCl、无水CaCl2、NH4HCO3、碱石灰等固体和浓盐酸、蒸馏水中，只有碳酸氢铵受热分解生成NH3、CO2和H2O，符合条件； （2）装置丙制取氨气，故干燥剂必须能干燥氨气； （3）装置甲的作用是用来制取氧气； （4）观察到反应开始后断开电键S，铂丝能继续保持红热，一方面说明氨气被催化氧化，另一方面说明该反应为放热反应； （5）为什么生成的一氧化氮不能被氧化，说明甲中产生的氧气太少； 解答： 解：（1）根据充分反应后丙中无固体物质剩余，只有碳酸氢铵符合条件，故答案为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O； （2）装置丙制取氨气，能干燥氨气的只能是中性干燥剂或碱性干燥剂；氨气能和无水氯化钙反应生成配位化合物，反应为：CaCl2+8NH3═CaCl2?8NH3，故不能用中性干燥剂CaCl2干燥NH3气体． 故答案为：碱石灰；因为无水CaCl2可以与氨络合而无法得到氨气； （3）题目中提供的药品和干燥剂只能从下列物质中选取：Na2CO3、NaHCO3、MnO2、Na2O2、NaCl、无水CaCl2、NH4HCO3、碱石灰等固体和浓盐酸、蒸馏水．装置甲的作用是用来制取氧气，所以只能选Na2O2，故答案为；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（4）戊中是氧气和氨气汇合的装置，发生的主要反应是氨气的催化氧化，生成一氧化氮，断开电键S，铂丝能继续保持红热，说明该反应为放热反应， 故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O 放热； （5）戊中生成一氧化氮为无色，己中未观察到红棕色的二氧化氮，说明氧气未进入己中，装置的气密性良好，甲、丙中均有气体产生，只能说明甲中产生的氧气太少，故答案为：甲中产生的气体太少； 点评： 本题考查了气体发生装置的选择，常见气体发生装置的选择依据是反应物的状态和反应条件，平时需培养从题目中搜索信息的能力．