2019-2020年高三化学上学期第一次摸底考试试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学上学期第一次摸底考试试题（含解析）新人教版一、选择题（每个小题只有一个选项符合题意，选对得3分，共48分）1（3分）化学与生活、社会密切相关下列说法正确的是（）A光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池使用的材料主要是SiO2B氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂C高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性DSO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等考点：硅和二氧化硅；氨的物理性质；过氧化氢；二氧化硫的化学性质；乙醇的化学性质.专题：元素及其化合物；化学应用分析：A光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体SiO2，太阳能电池使用的材料主要是Si；B氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低；C高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性；D二氧化硫有毒，不能漂白食品解答：解：A光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体SiO2，是利用光的全反射原理，太阳能电池使用的材料主要是Si，为重要的半导体材料，故A错误；B氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低，所以液氨常用作制冷剂，故B正确；C高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故C错误；D二氧化硫具有漂白性，但有毒，所以不能漂白食品，故D错误；故选B点评：本题考查物质的用途，侧重考查学生分析问题、解决问题，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是C，题目难度不大2（3分）某合作学习小组讨论辨析正确的是（）漂白粉和酸雨都是混合物； 煤和石油都是可再生能源；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质； 不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物； 豆浆和雾都是胶体ABCD考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的能量转化形式；电解质与非电解质；合金的概念及其重要应用.专题：物质的分类专题分析：纯净物是同种物质组成，混合物是不同物质组成；可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，具有取之不尽，用之不竭的特点，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等可再生能源对环境无害或危害极小，而且资源分布广泛，适宜就地开发利用相对于可能穷尽的化石能源来说，可再生能源在自然界中可以循环再生可再生能源属于能源开发利用过程中的一次能源可再生能源不包含化石燃料和核能； 在水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物为电解质，在水溶液中和在熔融状态下均不能够导电的化合物为非电解质由两种或多种化学组分构成的固溶体或化合物形式的材料或物质；纯碱是盐；胶体是分散质为直径1100nm的分散系解答：解：漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，酸雨酸雨是二氧化硫的水溶液都是混合物，故正确；煤可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，煤和石油都不是可再生能源，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确； 不锈钢和目前流通的硬币都是合金，故正确；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故错误；豆浆和雾都是胶体，故正确；综上所述：正确；故选：C点评：本题考查了纯净物混合物的概念区别，能源的分类，合金的组成，胶体的本质特征3（3分）表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，2.24L三氯甲烷含有分子数目为0.1NAB1 mol FeI2与足量氯气反应对转移的电子数为2NAC1 molCH3COONa 和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中，CH3COO数目为NAD标准状况下，22.4L的乙烯中含有的共用电子对数为12NA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、标况下，三氯甲烷是液态；B、FeI2与足量氯气反应后，铁元素变为+3价，碘元素变为0价；C、根据电荷守恒和溶液呈中性来判断；D、1mol乙烯中含有6mol共用电子对解答：解：A、标况下，三氯甲烷是液态，故A错误；B、FeI2与足量氯气反应后，铁元素变为+3价，碘元素变为0价，故1molFeI2反应后转移3mol电子，个数为3NA，故B错误；C、根据电荷守恒可知：n（CH3COO）+n（OH）=n（Na+）+n（H+），而溶液呈中性，故n（OH）=n（H+），可得：n（CH3COO）=n（Na+），n（Na+）=1mol，故n（CH3COO）=1mol，个数为NA个，故C正确；D、标准状况下，22.4L的乙烯的物质的量n=1mol，而1mol乙烯中含有6mol共用电子对，即6NA个，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算，掌握公式的使用和物质的结构是关键，难度不大4（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A甲基橙呈红色的溶液中：MnO4、Al3+、C2H5OH、SO42B常温下的溶液：=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32、NO3CO.1 mol/L AgNO3溶液：H+、K+、SO42、ID加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、I考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A甲基橙呈红色的溶液中存在大量氢离子，高锰酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化乙醇；B常温下=0.1mol/L的溶液为碱性溶液，K+、Na+、SiO32、NO3离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；CO.1 mol/L AgNO3溶液，碘离子、硫酸根离子都与银离子反应；D加入苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子解答：解：A甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，酸性MnO4能够氧化C2H5OH，故A错误；B常温下的溶液：=0.1mol/L的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，K+、Na+、SiO32、NO3离子之间不反应，且不与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B正确；CO.1 mol/L AgNO3溶液，SO42、I离子与硝酸银反应生成硫酸银、碘化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D加入苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，I离子与铁离子发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，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；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）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5（3分）（xx山东）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O4考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少解答：解：假设质量都为mg，AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；CFeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A点评：本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为D，注意Fe元素化合价的判断，难度不大6（3分）有机物的一元取代产物有（）A8神B6种C4种D3种考点：有机化合物的异构现象.专题：同分异构体的类型及其判定分析：一元取代物是指该烃中的一个氢原子被代替的产物，根据等效氢原子的判断方法来回答解答：解：有机物的对称轴为：，其中共有6种等效氢原子，所以一元取代产物有6种，故选B点评：本题考查学生同分异构体的概念和应用知识，要求学生具有整合知识的能力，题目难度不大7（3分）下列实验装置用途正确的是（）A装置（I）用于I2与NH4Cl混合物的分离B装置（）用于制取少量纯净的CO2气体C装置（）用于去除Fe（0H）3胶体中含有的可溶性物质D装置（）用于HC1的吸收，以防倒吸考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A碘单质易升华，氯化铵易分解；B碳酸钠是易溶于水的粉末；C胶体能透过滤纸；D能防止倒吸解答：解：A碘单质易升华，加热后形成蒸汽，在烧瓶外壁受冷凝华，氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，在烧瓶外壁又生成氯化铵，故A错误； B纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选用碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，故B错误；C胶体和溶液都能透过滤纸，故C错误；D若倒吸，液体进入烧瓶，液面和下端脱离，在重力作用下，重新流下，故能防止倒吸，故D正确故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离除杂、气体的制取和收集等知识点，注重基础知识的考查，题目难度不大，选项B为易错点8（3分）下列有关离子方程式书写正确的（）A在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（0H）3反应生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（0H）3=2FeO42+3Cl+H2O+4H+B从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2=I2+2OHC以金属银为阳极电解饱和硫酸铜溶液：Cu2+2 H2O=2Cu+O2 +4H+D过氧化氢能使酸性KMnO4溶液褪色：5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A强碱溶液不能生成大量的氢离子；B酸性溶液中生成水；C金属银为阳极，阳极Ag失去电子；D发生氧化还原反应生成锰离子、氧气和水解答：解：A在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（0H）3反应生成Na2FeO4的离子反应为4OH+3ClO+2Fe（0H）3=2FeO42+3Cl+5H2O，故A错误；B从酸化的海带灰浸出液中提取碘的离子反应为：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B错误；C以金属银为阳极电解饱和硫酸铜溶液，阳极反应为Age=Ag+，阴极反应为Cu2+2e=Cu，故C错误；D过氧化氢能使酸性KMnO4溶液褪色的离子反应为5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的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，侧重氧化还原反应、电解反应的离子反应考查，题目难度不大9（3分）从硫化物中提取单质锑，经历以下两个过程：2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS Sb4O6+6C4Sb+6CO关于反应、的说法不正确的是（）A反应中Sb元素被氧化B反应中Sb元素被还原C标准状况下，每生成4 mol Sb时，消耗67.2LO2D反应说明高温下C的还原性比Sb强考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS中，O元素的化合价由0降低为2价，Fe元素的化合价由0升高为+2价；Sb4O6+6C4Sb+6CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，Sb元素的化合价由+3价降低为0，结合氧化还原反应中基本概念及反应的计算来解答解答：解：A反应中Sb元素化合价不变，不被氧化也不被还原，故A错误；B反应中Sb元素化合价降低，被还原，故B正确；C由可知，存在3O24Sb关系，则生成4molSb，消耗3mol氧气，则在标准状况下消耗的氧气为67.2L，故C正确；D中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则明高温下C的还原性比Sb强，故D正确；故选A点评：本题考查氧化还原反应，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及计算的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大10（3分）下列操作不能达到目的是（）A将25g CuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中，配制100mol l.0 mol/LCuSO4溶液B检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体C用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体D用银氨溶液鉴别葡萄糖和蔗糖考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A100 mL蒸馏水溶解25gCuSO45H2O体积增大；B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气；C碳酸氢钠不稳定，加热易分解；D葡萄糖含有醛基解答：解：A溶液的体积大于100 mL，故A错误； B加入NaOH溶液微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，则试样中一定有NH4+，故B正确；C碳酸氢钠不稳定，加热易分解，碳酸钠较稳定，所以可以采用加热的方法鉴别，故C正确；D葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液反应，而蔗糖不能，故D正确故选A点评：本题考查了实验方案评价，涉及溶液的配制、物质的鉴别、物质的分离等知识点，注意除杂时不能引进新的杂质且不能除去需要的物质，题目难度不大11（3分）将0.20mol NO和0.1mol CO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示下列说法正确的是（）A容器内的压强不发生变化说明该反应达到平衡B当向容器中再充入0.20 mol NO时，平衡向正反应方向移动，K增大C第12 min时改变的反应条件为升高温度D向该容器内充入He气，容器内气体压强增大，所以反应速率增大考点：化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A、反应前后气体体积减小，当容器内的压强不发生变化，说明该反应达到平衡；B、当向容器中加再充入0.20mol NO时，平衡向正反应方向移动，K值不变；C、正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，氮气浓度减小，NO、CO浓度增大；D、向该容器内充入He气，总压增大，气体分压不变，所以反应反应速率不变解答：解：A、反应前后气体体积减小，当容器内的压强不发生变化，说明该反应达到平衡，故A正确；B、当向容器中加再充入0.20mol NO时，平衡向正反应方向移动，K值不变，故B错误；C、正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，氮气浓度减小，NO、CO浓度增大，和图象符合，故C正确；D、向该容器内充入He气，总压增大，气体分压不变，所以反应反应速率不变，故D错误故选：AC点评：本题考查了化学平衡状态的判断，化学反应速率的影响因素，难度不大，注意相关基础知识的积累12（3分）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素Y和R同主族，可组成共价化合物，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25时OOl mol/LX和W形成化合物的水溶液pH为2下列说法不正确的是（）A由于非金属性YR，则X、Y组成化合物的稳定性高于X、R组成的化合物B在Z、Y形成的两种离子化台物中阴阳离子的个数比分别均为1：2C原子半径由大到小排列的顺序是：ZRWYXDY、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为O元素，R为S元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为76=1，处于第A族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25时0.01mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为2，则X为H元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为O元素，R为S元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为76=1，处于第A族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25时0.01mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为2，则X为H元素，A由于非金属性OS，则氢化物稳定性：H2OH2S，故A正确；B在Na、O形成的两种离子化台物为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴阳离子的个数比分别均为1：2，故B正确；CX为H、Y为O、Z为Na、R为S、W为Cl，Na、S、Cl同属于第三周期元素，同周期自左而右原子半径减小，所以NaSCl；H属于第一周期元素，半径最小，O属于第二周期元素，半径大于H小于第三周期元素，故原子半径由大到小排列的是：ZRWYX，故C正确；DNaClO4属于强酸强碱盐，溶液呈中性，故D错误；故选D点评：本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，难度中等，推断元素是解题的关键，“Y、R元素的位置及二者形成的共价化合物RY2”是推断的突破口13（3分）（xx安徽模拟）标准状况下，向100mlH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示下列分析正确的是（）A原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol/LB氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强Cb点水的电离程度比c点水的电离程度大Da点对应溶液的导电性比d点强考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：A依据反应2H2S+SO2=3S+2H2O可算出n（H2S），进而计算c（H2S）；Bd点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱；Cb点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制；DH2S和H2SO3均为二元酸，结合a、d点溶液酸性强弱比较解答：解：Ab点时H2S恰好反应，消耗SO2为=0.005mol，由反应2H2S+SO2=3S+2H2O可知，n（H2S）=0.005mol2=0.01mol，则c（H2S）=0.1mol/L，故A错误；Bd点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，故B错误；Cb点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，故C正确；DH2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，故D错误，故选C点评：本题考查化学反应图象、化学方程式有关计算、水的电离、溶液酸碱性、电解质溶液导电能力，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等14（3分）已知酸性：综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将的最佳方法是（）A与稀H2SO4共热后，加入足量NaOH溶液B与稀H2SO4共热后，加入足量NaHCO3溶液C与足量的NaOH溶液共热后，再加入适量H2SO4D与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2考点：有机物的合成.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：是碱性条件下水解生成，酸性：苯甲酸碳酸苯酚，只要向溶液中通入过量二氧化碳即可实现，据此分析解答解答：解：A酸性条件下，水解生成，然后加入NaOH溶液时生成而得不到，故A错误；B酸性条件下，水解生成，然后加入NaHCO3溶液生成，但增加成本，故B错误；C碱性条件下，水解生成，然后加入稀硫酸生成，而得不到，故C错误；D碱性条件下，水解生成，然后通入过量二氧化碳生成，且二氧化碳较廉价，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的合成，明确物质的性质是解本题关键，注意二氧化碳和苯酚钠反应生成物，为易错点15（3分）已知t时AgCI的Ksp=21010；在t时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A在t时，Ag2CrO4的Ksp为1109B在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C在t时，以0.01 mol/LAgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol/LKCI和0.01 mol/L的K2CrO4的混和溶液，CrO42先沉淀D在t时，反应Ag2CrO4（s）+2 Cl（aq）2AgCl（s）+CrO42（aq）的平衡常数K=2.5107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专题分析：A、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，溶度积是饱和溶液中离子浓度幂次方的乘积；B、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化；C、依据溶液中离子浓度结合溶度积常数计算银离子浓度，银离子浓度越小先析出沉淀；D、依据银离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算得到平衡常数；解答：解：A、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag+CrO42；Ksp=c2（Ag+）c（CrO42）=（103）2106=1012；故A错误；B、在饱和溶液中加入K2CrO4可使沉淀溶解平衡左移，溶积常数不变，还是饱和溶液，点应在曲线上，故B错误；C、依据溶度积常数计算Ksp（CrO42）=c2（Ag+）c（CrO42）=11012；Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）=21010，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42）=0.01mol/L，得到c（Ag+）=1105mol/L；0.01mol/L KCl溶液中，c（Cl）=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c（Ag+）=2108mol/L；所以先析出氯化银沉淀，故C错误；D、在t时，Ag2CrO4（s）+2Cl（aq2AgCl（s）+CrO42（aq）；离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算，K=2.5107；故D正确；故选D；点评：本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用，溶度积是随温度变化，题目难度中等16（3分）固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SO3、K2SiO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3、NaNO2中的若干种为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如图所示：根据上述实验，以下说法正确的是（）A溶液甲中一定含有K2SiO3、NaNO2B无法判断溶液中是否有K2SO3C气体A和气体B定为混合物D原混合物中一定有Fe2O3考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题；实验设计题分析：有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，说明一定含有NaNO2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体B，B应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀A应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，以此解答该题解答：解：有色气体A应为NO2，可能含有CO2、SO2等气体，说明一定含有NaNO2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体B，B应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀A应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，A由以上分析可知一定含有K2SiO3、NaNO2，故A正确；B因含有NaNO2，如含有K2SO3，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成SO42，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液没有沉淀，则一定不含有K2SO3，故B错误；C有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，而浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定含有HCl气体，气体A可能为纯净物，故C错误；D溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，而固体中可能含有FeO，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，故D错误故选A点评：本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D，注意体会二、非选择题（本题包括四个小题，共52分）17（9分）金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用请完成下列空白：（1）铝元素在周期表中的位置为第三周期第A族（2）在19世纪时，铝是一种珍贵的金属人们最初得到的铝粒如同珍宝，它的价格同黄金相当1827年，德国化学家维勒用金属钾与无水氯化铝反应而制得了金属铝用钾与无水氯化铝反应制铝而不用氯化铝溶液的理由是钾先与水反应生成KOH，KOH再与氯化铝反应生成氢氧化铝，无法得到单质（3）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）2Al2O3（s）+3TiC（s）H=1176kJmol1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为98kJ（4）硅与铝同周期，地壳里硅铝的含量：硅铝（填，或=）是硅酸盐玻璃 （Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2OCaO6SiO2盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为CaAl2Si2O8（5）用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法如：2Al+4BaO3Ba+BaOAl2O3利用化学平衡移动原理解释上述方法可制取金属Ba的原因是利用Ba的沸点比Al的低，Ba以气体逸出，使平衡右移考点：铝的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学平衡的调控作用；硅和二氧化硅.专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：（1）Al的原子结构为，由原子结构可知位置；（2）在溶液中K与水反应；（3）由反应可知，转移12mol电子放出1176kJ热量；（4）地壳里含量前三位的为氧、硅、铝；二氧化硅与NaOH溶液反应具有粘合性的硅酸钠；由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式，只有Na、Ca的化合价不同；（5）高温下，Ba为气体，从反应体系逸出解答：解：（1）Al的原子结构为，由原子结构可知位于第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（2）在溶液中钾先与水反应生成KOH，KOH再与氯化铝反应生成氢氧化铝，无法得到单质，故答案为：钾先与水反应生成KOH，KOH再与氯化铝反应生成氢氧化铝，无法得到单质；（3）由反应可知，转移12mol电子放出1176kJ热量，则每转移1mol电子放出的热量为=98kJ，故答案为：98kJ；（4）地壳里含量前三位的为氧、硅、铝，则含量为硅铝；二氧化硅与NaOH溶液反应具有粘合性的硅酸钠，反应为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式，只有Na、Ca的化合价不同，则钙长石的化学式为CaAl2Si2O8，故答案为：；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；CaAl2Si2O8；（5）高温下，Ba为气体，从反应体系逸出，减少生成物，即利用Ba的沸点比Al的低，Ba以气体逸出，使平衡右移，故答案为：利用Ba的沸点比Al的低，Ba以气体逸出，使平衡右移点评：本题考查较综合，涉及物质的性质、位置与结构、化学平衡移动原理的应用等，综合性较强，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等18（12分）某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况，在注入湖泊的3个主要水源的入口处采集水样，并进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E为五种常见化合物，均由下表中的离子形成：阳离子K+、Na+、Cu2+、Al3+阴离子SO42、HCO3、NO3、OH为了鉴别上述化台物分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃）；在各溶液中加入硝酸锁溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀：将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：BKNO3，DCuSO4（2）将含I mol A的溶液与含l molE的溶液反应后蒸于，仅得到一种化台物，该化合物的化学式为Na2CO3（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为2HCO+Ca2+2OH=CaCO3+CO+H2O（4）C常用作净水剂，用离子方程式和适当文字说明其净水原理Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物净水（5）若向含溶质lmol的C溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量最大为466g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：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是氢氧化钠；在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠，以此来解答解答：解：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是NaOH；在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠通过以上分析可知，A为NaHCO3，B为KNO3，C为KAl（SO4）2，D为CuSO4，E为NaOH，（1）B为KNO3，D为CuSO4，故答案为：KNO3；CuSO4；（2）将含1 mol 碳酸氢钠的溶液与含l mol氢氧化钠的溶液反应，两者恰好完全反应生成碳酸钠，故蒸于仅得到一种化台物的化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（3）在碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为：2HCO+Ca2+2OH=CaCO3+CO+H2O，故答案为：2HCO+Ca2+2OH=CaCO3+CO+H2O；（4）KAl（SO4）2中铝离子为弱碱阳离子，容易水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的能力，故离子反应方程式为Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+；水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物净水；（5）若向含溶质lmolKAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量最大时未为硫酸根与钡离子恰好完全反应，即生成硫酸钡为2mol，质量为：2mol233g/mol=466g，故答案为：466点评：本题主要考查的是常见阳离子的检验，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键，属于高频考题19（13分）溴单质具有广泛的工业价值，查阅资料知：Br2的沸点为59，微溶于水，有毒性某化学小组模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，主要实验装置（夹持装置略去）及操作步骤如图：连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；进行步骤的同时，向B中通入足量SO2；关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2；将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴请回答：（1）判断步骤中反应已经结束的最简单方法为A中液面上方出现黄绿色气体（2）步骤中鼓入热空气的作用为使A中生成的Br2随空气流进入B中；步骤B中发生的主要反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H+2Br+SO42（3）综合分析步骤、和，这四步操作的最终目的为富集溴（4）此实验中尾气可用c（填选项字母）吸收处理a、水 b、浓硫酸 c、NaOH溶液 d、饱和NaCl溶液（5）步骤中，蒸馏用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、尾接管、锥形瓶外，还有冷凝管（或冷凝器）和蒸馏烧瓶；要达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件为控制温度计温度，并收集59时的馏分（6）若直接连接A与C，进行步骤和，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤，也能制得液溴滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBr、NaBrO3等，该反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2（7）与B装置相比，采用C装置的优点为操作简单，污染小考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：（1）氯气为黄绿色气体，反应完毕应剩余氯气；（2）溴易挥发；二氧化硫具有还原性，把单质溴还原为溴离子；（3）步骤制取溴，步骤使溴挥发，步骤吸收溴成溴离子，步骤生成溴；（4）溴、氯气和二氧化硫都有毒，可用碱液吸收；（5）根据蒸馏所需仪器回答；由于题干中给出信息Br2的沸点是59，提纯溴必须收集59时的馏分，所以控制温度得到馏分是关键；（6）根据题给信息，溴和碳酸钠反应生成了溴化钠和溴酸钠，化合价升降总数相等和原子守恒配平方程式；（7）采用C装置，步骤少，减少了二氧化硫的污染解答：解：（1）氯气为黄绿色气体，反应完毕应剩余氯气，故答案为：A中液面上方出现黄绿色气体；（2）溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2；二氧化硫具有还原性，把单质溴还原为溴离子，反应的方程式为Br2+SO2+2H2O4H+2Br+SO42；故答案为：使A中生成的Br2随空气流进入B中；Br2+SO2+2H2O4H+2Br+SO42；（3）步骤制取溴，步骤使溴挥发，步骤吸收溴成溴离子，步骤生成溴，故这四步操作的最终目的为富集溴，故答案为：富集溴；（4）氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以用碱液吸收；故答案为：c；（5）蒸馏需要蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、温度计、牛角管和锥形瓶等；达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件是把温度控制在溴的沸点59C，并收集该温度下的馏分，故答案为：冷凝管（或冷凝器）；蒸馏烧瓶；控制温度计温度，并收集59时的馏分；（6）根据题给信息，溴和碳酸钠反应生成了溴化钠和溴酸钠，据此写出反应方程式为：Br2+Na2CO3NaBr+NaBrO3，根据化合价升降总数相等配平为：3Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3，根据原子守恒，还有产物二氧化碳3mol，故反应方程式为：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，故答案为：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2；（7）采用C装置，步骤少，减少了二氧化硫的污染，故答案为：操作简单，污染小点评：本题结合海水提取溴的过程，考查了实验基本操作、实验方案的评价、氧化还原反应方程式的书写，难度中等，在配平时抓住化合价升降总数相等20（18分）次氯酸钠（NaClO）和藏氯酸钠（NaClO）都是重要的含氯消毒剂（l） NaClO中，氯元素的化合价为+3（2）某同学在实验室探究并制作一种家用环保型消毒液（NaClO）发生器，设计了如图的装置，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，则电源有b电极名称为正（填“正”、“负”、“阴”或“阳”）投装置中发生反应的有关化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；充分电解后溶液中各离子浓度由大到小顺序为c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+）请说出使用该装置生产消毒液的一个优点和一个注意事项方便、快捷；生成的可燃性气体，要及时处理，以免出现危险（3）化学课外活动小组为测定某品牌“84消毒液”中NaClO的含量（单位体积溶液含有NaCIO的质量），做了如下实验已知：ClO+2I+2H+=Cl+I2+H2O I2+2S2O32=2I+S4O62取10mL该消毒液于锥形瓶中，迅速加入适量的硫酸酸化的碘化钾溶液，密封、充分混合，暗处放置几分钟然后加入几滴淀粉溶液，用c mol/L的硫代硫酸钠（Na2S2O3）标准溶液滴定，平均用去VmL硫代硫酸钠溶液则该“84消毒液”中NaCIO的含量为103cVg/mL（用含c、V的式子表示）（4）以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：己知：（i）NaClO2 的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出：NaClO2.3H2O；（ii）纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下较安全；（iii） HClO2可看成是强酸发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3+SO2=2ClO2+SO42在发生器中鼓入空气的作用可能是稀释ClO2以防止爆炸吸收塔内的反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2在吸收塔中为防止被还原成NaCI，所用还原剂的还原性应适中除外，还可以选择的还原剂A（填序号）ANa2O2 BNa2S CFeCl2从滤液中得到NaClO2.3H2O粗晶体的实验操作依次是BED（填序号）A蒸馏 B蒸发 C灼烧 D过滤 E冷却结晶考点：电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题；电化学专题分析：（1）根据化合价规则推断元素的化合价；（2）石墨作电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠的原理是：电解生成的氢氧化钠和氯气之间发生反应生成氯化钠、次氯酸钠，在阴极上会产生氢气，氢气的密度小，要及时处理，根据溶液中离子浓度之间的关系来回答；（3）根据反应原理：ClO+2I+2H+=Cl+I2+H2O，I2+2S2O32=2I+S4O62找到关系式：ClOI22S2O32根据硫代硫酸钠的量进行计算；（4）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物，书写方程式还原性要适中还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体解答：解：（1）钠元素是+1价，氧元素是2价，根据化合价规则推断Cl元素是+3价，故答案为：+3；（2）石墨作电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠的原理是：电解生成的氢氧化钠和氯气之间发生反应生成氯化钠、次氯酸钠，在阴极上会产生氢气，通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，则电源b应该是正极，该极上产生的是氯气，b电极名称为正，故答案为：b； 电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠的原理是：电解生成的氢氧化钠和氯气之间发生反应生成氯化钠、次氯酸钠，即2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，在氯化钠和次氯酸钠的混合液中，c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+），故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+）；该装置制取消毒液时，方便、快捷，在阴极上会产生氢气，氢气的密度小，要及时处理，故答案为：方便、快捷；生成的可燃性气体，要及时处理，以免出现危险；（3）根据反应原理：ClO+2I+2H+=Cl+I2+H2O，I2+2S2O32=2I+S4O62找到关系式： ClOI22S2O32 1 2cV103mol cV103mol10mL消毒液中含有次氯酸钠的物质的量是cV103mol，则含量是g/ml=103cVg/ml，故答案为：103cV（4）发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3+SO2=2ClO2+SO42，在发生器中鼓入空气可以稀释ClO2以防止爆炸，故答案为：2ClO3+SO2=2ClO2+SO42；稀释ClO2以防止爆炸；根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，还原性要适中还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产Na2O2溶于水相当于H2O2Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难故答案为：A从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体所以操作顺序为BDE故答案为：BED点评：本题是一道关于物质的分离和提纯知识的综合考查题，考查学生氧化还原反应的有关知识，综合性强，难度大