2022年高三上学期10月质检化学试题含解析

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1、2022年高三上学期10月质检化学试题含解析一、选择题（本题包括20小题，每小题2.5分，共50分，每小题只有一个正确答案）1（2.5分）下列有关生活和生产中化学知识描述正确的是（）A日常生活中使用可降解塑料以防止“白色污染”B“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物无关C酸雨的形成主要是因为化石燃料燃烧排放的废气中含有大量的碳氧化物D“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料考点：常见的生活环境的污染及治理专题：化学应用分析：A使用可降解的塑料，能使塑料被微生物分解，可防止白色污染，B二氧化碳、甲烷和氮氧化合物都是形成温室效应的气体；光化学烟雾的形

2、成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的；城市汽车排放大量的尾气，会生成大量的空气污染物，是雾霾天气形成因素；C酸雨的形成主要是由于二氧化硫或氮氧化物所致；D钢缆属于合金；解答：解：A使用可降解的塑料，能使塑料被微生物分解，可防止白色污染，故A正确；B“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关，故B错误；C酸雨的形成主要是由于化石燃料燃烧排放的废气中含有大量的二氧化硫或氮氧化物所致，与碳氧化物无关，故C错误；D“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故D错误；故选：A点评：本题考查化学环境污染知识，题目难度不大，注意知识

3、的积累2（2.5分）下列物质按照纯净物、化合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是（）A纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰B聚氯乙烯、漂白粉、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫C冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、氢氟酸、氯气D冰水混合物、胆矾、氯化钾、次氯酸、乙醇考点：混合物和纯净物；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，水溶液中全部电离的化合物为强电解质，水溶液中部分电离的化合物为弱电解质，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够

4、导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别解答：解：A盐酸是氯化氢的水溶液；水煤气是氢气与一氧化碳的混合物，故A错误； B聚氯乙烯的n值不同，是混合物；漂白粉是氯化钙与次氯酸钙的混合物，故B错误；C福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物，不是化合物，故C错误；D冰水混合物、胆矾、氯化钾、次氯酸、乙醇依次是纯净物、化合物、强电解质、弱电解质和非电解质，故D正确，故选D点评：本题考查了物质分类方法和概念的分析判断，掌握物质组成和概念实质是关键，题目较简单3（2.5分）（xx和平区一模）金属加工后的废切削液中含2%5%的NaNO2，它是一种环境污染物人们用NH4Cl溶液来处理此废切削液，使NaNO

5、2转化为无毒物质该反应分两步进行：第一步：NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2第二步：NH4NO2=N2+2H2O下列对第二步反应的叙述中正确的是（）NH4NO2只是氧化剂 NH4NO2只是还原剂NH4NO2发生了分解反应 只有氮元素的化合价发生了变化NH4NO2既是氧化剂又是还原剂ABCD考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：该反应中N元素的化合价由3价变为0价，由+3价变为0价，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，结合分解反应的概念降低解答：解：NH4NO2中N元素的化合价由3价变为0价，由+3价变为0价，该反应中只有N元素的化合价发生变化

6、，所则NH4NO2既是氧化剂又是还原剂，该反应是一种物质生成两种物质，所以是分解反应，故选D点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，知道基本概念4（2.5分）NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）A10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%B在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移电子个数为2moLC标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28gD某无色溶液中通入Cl2，溶液变为棕黄色，再加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明原溶液中存在I考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏

7、加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、稀释以后，硫酸溶液的密度变小，m（100ml硫酸）10m（10ml硫酸），而溶质硫酸的质量不变；B、摩尔是物质的量的单位；C、依据气体摩尔体积的条件应用，结合一氧化碳和乙烯的摩尔质量相同分析计算；D、溶液变为淡黄色，再加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，则有碘生成解答：解：A、由于稀释以后，硫酸溶液的密度变小，m（100ml硫酸）10m（10ml硫酸），而溶质硫酸的质量不变，故质量分数大于9.8%，故A正确B、在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，氧元素的化合价由1价变为0价，即生成1mol氧气，转移的电子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故B错误；C、标准

8、状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体物质的量为1mol，体积约为22.4L，CO、C2H4的摩尔质量相同都为28g/mol，所以质量为28g，故C正确；D、淀粉遇碘变蓝色，淀粉溶液变蓝色，说明含有碘单质，碘溶于水呈黄色，原溶液呈无色，说明原溶液中不含碘单质，所以碘单质只能是氯气和碘离子反应生成的，所以原溶液中含有碘离子，故D正确；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大5（2.5分）（2011湖南模拟）如图所示的装置最适宜于干燥、收集的气体是（）ANO2BHClCCH4DNH3考点：气体的净化和干燥；气体的收集专题：化学实验基

9、本操作分析：该装置的收集装置是利用向下排空气法收集，则收集的气体密度小于空气密度，且和氧气不反应，尾气处理装置中用水吸收气体，说明该气体极易溶于水，据此分析解答解答：解：A二氧化氮与水反应生成一氧化氮，所以不能使用水吸收尾气，故A错误；BHCl的密度大于空气的密度，采用集气瓶收集时应长进短出，图中装置为短进长出，故B错误；C甲烷不溶于水，也不与水发生反应，尾气吸收不能够使用水，故C错误；D氨气的密度小于空气，常温下和氧气不反应，且具有溶于水，所以可以用水吸收尾气，故D正确； 故选D点评：本题考查了气体收集、尾气处理等知识，题目难度不大，注意掌握常见气体的收集方法、干燥剂的选择及尾气的处理方法，

10、试题有利于培养学生的灵活应用所学知识的能力6（2.5分）下列说法正确的是（）A只有在原子中，质子数才与核外电子数相等BO2半径比F的小CNa和Cs属于第A族元素，Cs失电子能力比Na的强DP和As属于第A族元素，H3PO4酸性比H3AsO4的弱考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；元素周期律的作用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A原子不带电，分子也不带电，则质子数等于核外电子数；B电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小；C同主族从上到下金属性增强，失电子能力增强；D同主族从上到下非金属性减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性减弱解答：解：A原子不带电，分子也不带电，则在分子中质

11、子数等于核外电子数，故A错误；B电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，原子序数：OF，则半径O2F，故B错误；C同主族从上到下金属性增强，失电子能力增强，Na和Cs属于第A族元素，Cs失电子能力比Na的强，故C正确；D同主族从上到下非金属性减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性减弱，非金属性：PAs，则H3PO4酸性比H3AsO4的强，故D错误故选C点评：本题考查了原子结构、元素周期表的结构和元素周期律的应用，周期表中周期与周期之间，族与族之间含有较多规律，在学习中要善于抓住这些规律会起到事半功倍的效果，题目难度不大7（2.5分）下列说法正确的是（）A第A族元素从上到下，其氢化物的稳定性

12、逐渐减弱BL层电子数为奇数的所有元素都是非金属元素CA族元素阴离子的还原性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性也越强D同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为a，则乙的原子序数可能为a+4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分析：A、非金属性越强氢化物越稳定；B、找出特例证明其错误即可；C、阴离子的还原性越强，说明非金属性越弱；D、原子序数和电子层中最多容纳元素数有关解答：解：A、同主族子上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故第A元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐，故A正确；B、L层电子数为奇数说明第二电子层未填满，应该属于第二周期元素，第二周期中L层电

13、子数为奇数的Li属于金属元素，故B错误；C、A族元素阴离子的还原性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性也越弱，故C错误；D、同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为a，则乙的原子序数可能为a+2、a+3、a+18、a+32，不可能是a+4，故D错误，故选A点评：本题考查结构与位置关系、同位素、元素周期律等，难度不大，注意阴离子的还原性越强对应的元素非金属性越弱8（2.5分）（xx山东）下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO24CFe与稀HNO3、稀H2SO4反

14、应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水考点：氯气的化学性质；氨的物理性质；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用专题：压轴题；元素及其化合物分析：A、二氧化硫和有色物质生成无色物质，只能说明二氧化硫有漂白性B、亚硫酸根离子能被硝酸氧化生成硫酸根离子而造成干扰C、铁与稀硝酸反应生成的气体是一氧化氮D、根据烧瓶内溶液的变化现象判断气体压强的变化，从而确定气体溶解性的强弱解答：解：A、氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化性，次氯酸的强氧化性使品红溶液褪色；二氧化硫和品红反应生成无色的物质而

15、使品红褪色，只能说明二氧化硫有漂白性不能说明其有氧化性，故A错误B、酸性条件下，硝酸根离子有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，对检验硫酸根离子造成干扰，所以向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，不能说明该溶液中一定有SO24，故B错误C、铁和硝酸反应生成硝酸盐和一氧化氮、水，发生的是氧化还原反应而不是置换反应，故C错误D、分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体的压强迅速减小，据此说明二者均易溶于水导致气体迅速减小，故D正确故选D点评：本题考查了元素化合物的性质、离子的检验等知识点，易错选项是C，注意离子的检验中一定要先排除其它离子的干扰

16、，然后再确定存在的离子9（2.5分）（2011潍坊模拟）下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）加入Al能放出H2的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、Cl、S2在PH=11的溶液中：Na+、Al（OH）4、NO3、S2、SO32由水电离的c（H+）=1012molL1的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4+、F加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42ABCD考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：加入Al能放出H2的溶液可能为酸或碱的溶液，利用生成弱电解质、沉淀及氧化还原反应来分析；pH=11的溶液中存在大量的OH，利用离子之间不反应来分析；由水电离的c（H

17、+）=1012molL1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液，利用离子结合生成水、气体、弱电解质等来分析；加入Mg能放出H2的溶液中，存在较多的H+，利用离子之间不反应来分析解答：解：加入Al能放出H2的溶液可能为酸或碱的溶液，碱溶液中Al3+、OH结合生成沉淀，酸溶液中Fe2+、NO3发生氧化还原反应，H+、S2与结合生成弱电解质，则不能共存，且在酸溶液中不能生成氢气，故错误；pH=11的溶液中存在大量的OH，该组离子在碱性溶液中不反应，则能大量共存，故正确；由水电离的c（H+）=1012molL1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液，HCO3既能与酸反应又能与碱

18、反应，NH4+、OH结合生成弱电解质，H+、F与结合生成弱电解质，则不能共存，故错误；加入Mg能放出H2的溶液中，存在较多的H+，该条件下该组离子之间不反应，则能大量共存，故正确；故选A点评：本题考查离子的共存问题，明确信息中的条件的挖掘和应用是解答的关键，注意由信息得到溶液为酸或碱溶液，而不是酸性或碱性即可解答10（2.5分）热水法制Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe2+2S2O32+O2+xOH=Fe3O4+S4O62+2H2O下列说法正确的是（）A将纳米Fe3O4分散在水中没有丁达尔现象B将纳米Fe3O4分散在水中Fe3O4不能透过滤纸C每生成1 mol Fe3O4反应转移的电子数为4

19、NAD反应物OH的化学计量数x=2考点：氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物专题：氧化还原反应专题分析：由电荷守恒可知，（+2）3+（2）2+x（1）=2，解得x=4，反应中Fe元素的化合价升高，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A纳米Fe3O4粒子直径介于1100nm之间，将纳米Fe3O4分散在水中可形成胶体，具有丁达尔效应，故A错误；B胶体粒子可透过滤纸，但不能透过半透膜，故B错误；C每生成1mol Fe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol2（20）=4mol，故C正确；D电荷守恒可知，（+2）3+（2）2+x（1）=2，解得x=4，故D

20、错误故选C点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子守恒、电荷守恒分析与应用，题目难度不大11（2.5分）某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等），下列分析推理不正确的是（）50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m（混合物）9.2g15.7g27.6g（标况）2.24L3.36L3.36LA盐酸的物质的量浓度为3.0 mol/LB根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数C加入混合物9.2g时盐酸过量D15.7g混合物不能与盐酸完全反应考点：探究碳酸钠与碳酸氢

21、钠的性质；有关混合物反应的计算专题：实验探究和数据处理题分析：由题意可知：9.2 g混合物与50 mL盐酸反应时盐酸过量，而27.6 g混合物与50 mL盐酸作用时盐酸不足；由反应H+HCO3=CO2+H2O知，盐酸的物质的量为：n（HCl）=n（CO2）=0.15 mol，设9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y，则有：x+y=0.1mol 84x+100y=9.2g 解得：x=0.05 mol，y=0.05 mol所以c（HCl）=0.15 mol/0.05 L=3 mol/L，w（NaHCO3）=100%=45.65%又由n（NaHCO3）=n（KHCO3），8

22、4n（NaHCO3）+100n（KHCO3）=15.7g，解得n （NaHCO3）=0.085 mol，所以15.7 g混合物完全反应消耗HCl的物质的0.17 mol0.15 mol，故不能恰好完全反应解答：解：A由表知，最后一栏为盐酸不足，可根据生成气体的物质的量计算盐酸的浓度，c（HCl）=3.0mol/L，故A正确；B第一组实验盐酸过量，固体完全反应，两成分中所含碳酸氢根的物质的量n（HCO3）等于二氧化碳的物质的量，则84n（NaHCO3）+100n（NaHCO3）=9.2 g，解得：n（NaHCO3）=0.05 mol，能计算NaHCO3的质量分数，故B错误；C由于第二组实验所得气

23、体多于第一组实验，且盐酸同量，说明加入混合物9.2 g时盐酸过量，故C正确；D由分析可知n（NaHCO3）=n（KHCO3），84n（NaHCO3）+100n（KHCO3）=15.7g，解得n （NaHCO3）=0.085 mol，所以15.7 g混合物完全反应消耗HCl的物质的0.17 mol0.15 mol，故不能恰好完全反应；或从前两组中的数据可以看出，二氧化碳的体积增加了混合物的质量也需要增加，第二组中实际参加反应的混合物是9.2g+9.2g=13.8克，15.7克的混合物过量，所以混合物不能完全反应，故D正确故选B点评：本题考查化合物的计算，题目难度较大，本题注意比较三组数据，判断反

24、应的程度，为解答该题的关键点，也是易错点12（2.5分）在Fe（NO3）2溶液中存在下列平衡：Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，现向上述溶液中加入稀硫酸，产生的现象是（）A溶液的颜色变得更绿B溶液中出现白色沉淀C溶液颜色由绿变黄D上述现象均不可能出现考点：铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁，二价铁离子为浅绿色，三价铁离子为黄色解答：解：在Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁，二价铁离子为浅绿色，三价铁离子为黄色，所以现象为溶液颜色由绿色变为黄色，

25、故选：C点评：本题考查了不同价态铁元素之间的转化，题目难度不大，熟悉硝酸根离子在酸性环境性的强氧化性是解题关键，注意熟记带颜色的盐溶液13（2.5分）用36.5%的浓盐酸（密度1.2gcm3）配1molL1的稀盐酸 100mL，配制过程需用到哪些仪器，且先后顺序正确的是（）100mL量筒 10mL量筒 50mL 烧杯 托盘天平100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒ABCD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：先根据稀释前后溶质的质量不变计算出浓盐酸的体积，确定量筒的规格，再根据实验操作的步骤（计算量取稀释、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需

26、仪器解答：解：设浓盐酸的体积为Vml，则Vml1.2gcm336.5%=1molL10.1L36.5g/mol，解得：V=8.33ml，所以量取时用10mL量筒，配制顺序是：计算量取稀释、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，一般用量筒（用到胶头滴管）量取，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀所以需要的仪器先后为：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶，故选：B点评：本

27、题主要考查了一定物质的量浓度溶液的计算与仪器，难度不大，在量取液体的体积时要注意仪器的精确度，往往和计算的结果不一致14（2.5分）实验室里不同化学试剂的保存方法不尽相同，NaOH溶液大理石NaCl溶液硝酸4种试剂通常各自存放在如图所示的玻璃试剂瓶中按照试剂瓶的顺序存放试剂序号正确的是（）ABCD考点：化学试剂的存放专题：元素及其化合物分析：细口瓶并且瓶塞是胶皮塞，一般用来盛放显碱性的溶液；广口瓶，可以放大理石或锌粒；细口瓶并且瓶塞是玻璃塞，一般用来盛放显酸性或显中性的溶液；棕色试剂瓶，一般盛放见光易分解的物质解答：解：广口瓶，可以放大理石或锌粒故放；细口瓶并且瓶塞是胶皮塞，一般用来盛放显碱性

28、的溶液故放；细口瓶并且瓶塞是玻璃塞，一般用来盛放显酸性或显中性的溶液，故放；棕色试剂瓶，一般盛放见光易分解的物质故放故选D点评：解答本题的关键是要充分掌握各种物质的性质，从而选择合适的储存方式，只有这样才能确定它们的保存方法15（2.5分）下列反应离子方程式正确的是（）A大理石溶于醋酸溶液：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OB氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：2Cl2+2OH=3Cl+ClO+H2OC向澄清石灰水中加入少量小苏打溶液：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2OD氨水中通入过量二氧化硫：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+2H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分

29、析：A醋酸为弱电解质，保留化学式；B得失电子数不守恒；C氢氧化钙与少量碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水；D不符合反应客观事实，氨水中通入过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵解答：解：A大理石溶于醋酸溶液，离子方程式：CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COOH，故A错误；B氯气通入冷的氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故B错误；C氢氧化钙与少量碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故C正确；D氨水中通入过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式为：S

30、O2+NH3H2O=NH4+HSO3，故D错误；故选：C点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项16（2.5分）向一定量Fe、Fe2O3的混合物中加入250mL 2molL1的HNO3溶液，反应完成后生成1.12L（标准状况下）NO气体，再向反应后溶液中加入1molL1 NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液体积最少是（）A450 mLB500 mLC400 mLD不能确定考点：有关混合物反应的计算专题：守恒法分析：反应中硝酸体现两种性质，一是酸性，以NO3离子存在溶液中，另一种是氧化性，被还原为NO，加入Na

31、OH后使铁元素完全沉淀下来，此时溶液的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒可知n（NaOH）=n（NO3）=n（HNO3）n（NO），再根据V=进行计算解答：解：250mL 2molL1的HNO3溶液中含有HNO3的物质的量为：0.25L2mol/L=0.5mol，生成NO的物质的量为：=0.05mol，所以与一定量Fe、Fe2O3的混合物反应后溶液中含有的NO3的物质的量为：0.5mol0.05mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为NaNO3，所以需要NaOH的物质的量为：n（NaOH）=n（NO3）=0.45mol，则所加

32、NaOH溶液的体积最少是：=0.45L=450mL，故选A点评：本题考查化合物反应的计算，题目难度不大，注意掌握有关混合物反应的计算方法，本题利用N元素质量守恒计算较为简单，关键是找出n（NaOH）=n（NO3）的关系17（2.5分）下列操作不能达到目的是（）选项目的操作A配制100 mL 1.0 molL1 CuSO4溶液将25 g CuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中B除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C在溶液中将MnO4完全转化为Mn2+向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶

33、液，观察是否出现白色浑浊AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A溶于100 mL蒸馏水中，水的体积过多，而需要选择100mL容量瓶定容；B二者溶解度受温度影响不同；C酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低；D碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀解答：解：A溶于100 mL蒸馏水中，水的体积过多，而需要选择100mL容量瓶定容，则操作不合理，故A错误；B二者溶解度受温度影响不同，则混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤可除去NaCl，故B正确；C酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，则紫色褪去溶液中M

34、nO4完全转化为Mn2+，故C正确；D碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀，则滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊可鉴别，故D正确；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握溶液配制、混合物分离提纯、氧化还原反应等为解答的关键，侧重性质及应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大18（2.5分）（xx南京模拟）某课外实验小组设计的如图实验合理的是（）A配制一定浓度硫酸溶液B制备少量氨气C制备并收集少量NO2气体D制备少量氧气考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验评价题分析：A不能在容量瓶中稀释浓硫酸；BCa

35、O可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热；C不能用排水法收集NO2；D过氧化钠与水剧烈反应，不能用简易气体发生装置制取解答：解：A容量瓶只能用来配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A错误；BCaO可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热，促使氨气挥发，可用于制备少量氨气，故B正确；CNO2与水反应，不能用排水法收集NO2，要用排空法收集，故C错误；D不能用简易气体发生装置制取，过氧化钠与水剧烈反应，不能做到虽关随停，故D错误故选B点评：本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，此为解答该题的关键19（2.5分）为了除去混入CO2中的SO2和O2，下列试剂的使用顺序

36、正确的是（）饱和的Na2CO3溶液 饱和的NaHCO3溶液 浓硫酸 灼热的铜网 碱石灰ABCD考点：物质的分离、提纯和除杂专题：化学实验基本操作分析：除去混入CO2中的SO2和O2，应先通过饱和NaHCO3溶液以除去SO2气体，干燥后通入灼热铜网以除去氧气解答：解：CO2和SO2都与饱和Na2CO3溶液反应，不能用来除杂，CO2和SO2都与碱石灰反应，也不可用作气体的除杂，除去混入CO2中的SO2和O2，应先通过饱和NaHCO3溶液以除去SO2气体，干燥后通入灼热铜网以除去氧气，即试剂的使用顺序为，故选：B点评：本题为气体的净化和干燥，注意题中物质的化学性质以选择正确的试剂和操作顺序，题目难度

37、不大20（2.5分）（xx湖北一模）向含Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液中逐渐加入铁粉，c（Fe2+）的变化如图所示下列离子方程式错误的是（）A01：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2OB12：Fe+2Fe3+=3Fe2+C23：Fe+Cu2+=Fe2+CuD03：3Fe+2Fe3+2Cu2+=5Fe2+2Cu考点：铁的化学性质；离子方程式的书写专题：图示题；几种重要的金属及其化合物分析：根据氧化性：HNO3Fe3+Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，然后是：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后阶段Fe+Cu2+

38、Fe2+Cu，由图中起点、拐点、终点的位置来确定化学反应情况解答：解：Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液氧化性为HNO3Fe3+Cu2+，金属铁先和氧化性强的离子反应A、开始阶段是金属铁和硝酸之间的反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，当加入金属铁1mol是，生成三价铁离子是1mol，所以亚铁离子的浓度不变，故A正确；B、金属铁和硝酸反应结束后，生成1mol的三价铁离子，然后发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入的1mol铁会和三价铁反应生成3mol亚铁离子，故B正确；C、反应的最后阶段为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，所有的离子均被还原，故C正确

39、；D、根据以上分析，整个过程的反应为，开始阶段：4H+NO3+3Fe+Fe3+Cu2+=4Fe2+Cu+NO+2H2O，故D错误故选D点评：本题考查学生金属铁所发生的氧化还原反应知识，注意平时知识的积累是解题的关键，综合性较强，结合图象考查增加了难度二简答填空题（共50分）21（14分）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化某化学兴趣小组为了测定某无水Na2SO3被氧化的程度，进行如下实验：（1）甲同学设计如图实验流程；甲同学选择的试剂a可以是A（填序号）A盐酸酸化后的氯化钡 B硝酸酸化后的氯化钡 C氢氧化钡判断试剂a是否过量的方法是向上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明

40、氯化钡过量操作名称是洗涤Na2SO3的质量分数的表达式为100%（2）乙同学准确称量Na2SO3样品mg，并设计如图所示的实验装置，进行相关实验：实验中待锥形瓶中不再产生气体后，打开活塞P从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的是使生成SO2全部进入D中，完全吸收保证实验的准确性装置B中发生反应的离子方程式为SO32+2H+=SO2+H2O装置C的作用是除去二氧化硫气体中的水蒸气若实验前后装置D的质量蔗为ng，则样品中Na2SO3的质量分数的表达式为100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：（1）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化，样品中可能含有Na2S

41、O4，加入水溶解，加入过量试剂a为盐酸酸化的氯化钡溶液，反应得到硫酸钡沉淀，过量洗涤干燥得到ng为硫酸钡沉淀；证明加入的氯化钡溶液过量的方法是利用沉淀后的上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液根据是否生成沉淀判断；结合元素守恒计算Na2SO3的质量分数；（2）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化为硫酸钠，利用和过量酸反应后加入氯化钡溶液生成沉淀证明被氧化；打开活塞P 从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的把生成的二氧化硫全部赶入D装置吸收；装置B中发生反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；装置C是浓硫酸，用来干燥气体吸收水蒸气，D为碱石灰吸收生成的二氧化硫；若实验前后装置D

42、 的质量差为ng，增大的质量为二氧化硫质量，依据元素守恒计算亚硫酸钠质量得到质量分数解答：解：（1）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化，样品中可能含有Na2SO4，加入水溶解，加入过量试剂a为盐酸酸化的氯化钡溶液，反应得到硫酸钡沉淀，过量洗涤干燥得到ng为硫酸钡沉淀；证明加入的氯化钡溶液过量的方法是利用沉淀后的上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液根据是否生成沉淀判断；结合元素守恒计算Na2SO3的质量分数；甲同学选择的试剂a是元素酸化的氯化钡溶液，避免亚硫酸根离子沉淀，最后得到硫酸钡沉淀，硝酸酸化后的氯化钡会氧化亚硫酸钠为硫酸钠，不能测定亚硫酸钠的含量，加入氢氧化钡和亚硫酸钠、硫酸钠都会生

43、成白色沉淀，故选A；故答案为：A；证明加入的氯化钡溶液过量的方法是利用沉淀后的上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液根据是否生成沉淀，向上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明氯化钡过量，故答案为：向上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明氯化钡过量；操作是沉淀洗涤，故答案为：洗涤；长期存放的Na2SO3可能部分被氧化，样品中可能含有Na2SO4，加入水溶解，加入过量试剂a为盐酸酸化的氯化钡溶液，反应得到硫酸钡沉淀，过量洗涤干燥得到ng为硫酸钡沉淀，Na2SO3的质量分数的表达式=100%，故答案为：100%；（2）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化为

44、硫酸钠，利用和过量酸反应后加入氯化钡溶液生成沉淀证明被氧化，取少量样品放入洁净的试管中，加稀盐酸溶解后，继续加盐酸至溶液呈酸性，加入氯化钡溶液，若有沉淀生成则说明亚硫酸钠已被氧化；若没有沉淀生成，则说明要硫酸钠没有被氧化，故答案为：取少量样品放入洁净的试管中，加稀盐酸溶解后，继续加盐酸至溶液呈酸性，加入氯化钡溶液，若有沉淀生成则说明亚硫酸钠已被氧化；若没有沉淀生成，则说明要硫酸钠没有被氧化；实验中待锥形瓶中不再产生气体后，打开活塞P 从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的是使生成SO2全部进入D 中，保证实验的准确性；故答案为：使生成SO2全部进入D 中，完全吸收保证实验的准确性；装置B

45、中发生反应的离子方程式为：亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO32+2H+=SO2+H2O，故答案为：SO32+2H+=SO2+H2O；样品加入稀硫酸反应生成气体，装置C是浓硫酸，用来干燥气体吸收水蒸气，D为碱石灰吸收生成的二氧化硫，故答案为：除去二氧化硫气体中的水蒸气；若实验前后装置D 的质量差为ng，二氧化硫质量为ng，物质的量=，依据硫元素守恒计算得到样品中Na2SO3的质量分数的表达式为=100%=100%，故答案为：100%点评：本题考查了物质成分的实验设计分析，实验验证的方法应用，主要是实验基本操作，物质性质的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等2

46、2（12分）（xx山东一模）某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质（1）装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（2）装置B中试剂Y应为饱和食盐水（3）该实验装置中明显存在不足之处，改进的措施为在装置D后连接一尾气处理装置（4）已知在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3现对C中的成分进行猜想和探究提出合理假设假设一：存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设二：存在三种成分，为NaHCO3和NaCl、N

47、a2CO3设计方案并实验请在表格中写出实验步骤以及预期现象和结论限选试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中 步骤2：向A试管中滴加适量BaCl2溶液aa若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液b若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl结论：由步骤3的结论结合步骤2中的a，则假设一成立；由步骤3的结论结合步骤2中的b，则假设二成立（5）已知C

48、中有0.1mol Cl2参加反应若假设一成立，可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O（写化学式）考点：性质实验方案的设计；化学实验方案的评价专题：实验设计题分析：由潮湿的氯气与Na2CO3发生的反应，结合已知信息来提出自己的假设因产物中只有一种常温下为黄红色的含氯氧化物气体，该含氯氧化物中氯元素的化合价应为正价，则产物中含氯元素的盐只能为NaCl假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固

49、体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；解答：解：由潮湿的氯气与Na2CO3发生的反应，结合已知信息来提出自己的假设因产物中只有一种常温下为黄红色的含氯氧化物气体，该含氯氧化物中氯元素的化合价应为正价，则产物中含氯元素的盐只能为NaCl假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后

50、的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；（1）装置A中是制取氯气的反应，利用反应原理是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去；故答案为：饱和食盐水；（3）氯气是有毒气体，不能排放到空气中，需要进行尾气吸收，连接一盛有NaOH溶液的洗气瓶；故答案为：在装置D

51、后连接一尾气处理装置；（4）在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；假设一：存在NaHCO3

52、和NaCl；假设二：存在NaHCO3和NaCl、Na2CO3；步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl故答案为：NaCl；NaCl、Na2CO3；步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl（5）C中有0.1mol Cl2参加反应装置C中通入一定量的氯气后，测得D

53、中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2+Na2CO3=NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O；故答案为：Cl2O；点评：本题为实验探究题，要求学生具有设计实验的能力，会书写实验报告此题易忽视的点是图中给出的10.6g（即0.1mol）干燥的碳酸钠，此信息在第（5）推知C中反应生成的含氯氧化物的化学式是至关重要的条件23（10分）工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）除冶炼铜外，还可以制备硫及铁的化合物（1）冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2若C

54、uFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是Cu、O（填元素符号）（2）上述冶炼过程产生大量SO2，可选用下列试剂中的cd吸收a浓H2SO4 b稀HNO3 cNaOH溶液 d氨水（3）过二硫酸钾（K2S2O8）具有强氧化性，可将I氧化为I2：S2O82+2I=2SO42+I2通过改变反应途径，Fe3+、Fe2+均可催化上述反应试用离子方程式表示Fe3+对上述反应催化的过程2Fe3+2I=2Fe2+I2、S2O82+2Fe2+=2SO42+2Fe3+（可不必配平）（4）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3方法为用稀盐酸浸取炉渣，过滤滤液

55、先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3a除去Al3+的离子方程式是Al3+4OH=2H2O+AlO2b用稀H2SO4浸泡炉渣，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是取适量溶液，滴加少量KMnO4溶液，若KMnO4紫色退色，证明原溶液中含有Fe2+考点：物质分离、提纯的实验方案设计；氧化还原反应专题：实验设计题；元素及其化合物分析：（1）反应中化合价降低的元素被还原；（2）冶炼过程产生大量SO2，处理方案中合理的分析是二氧化硫是污染性气体，不能排放到空气中，可以吸收利用；（3）三价铁具有氧

56、化性，能将碘离子氧化；（4）a、氧化铝是两性氧化物，与强酸反应后转化为铝离子，再与强碱反应，实现与铁离子的分离；b、铁离子与KSCN结合生成络离子，溶液为血红色；亚铁离子能被高锰酸钾溶液氧化，使的高锰酸钾溶液褪色解答：解：（1）化合价降低的元素是Cu、O，在反应中被还原，故答案为：Cu、O；（2）冶炼过程产生大量SO2，与酸不反应，应选择碱液来吸收，cd均符合，故答案为：cd；（3）三价铁具有氧化性，能将碘离子氧化，S2O82能将亚铁离子氧化，原理为：2Fe3+2I=2Fe2+I2，S2O82+2Fe2+=2SO42+2Fe3+，故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；S2O82+2Fe2+

57、=2SO42+2Fe3+；（4）a氧化铝是两性氧化物，与强酸反应后转化为铝离子，再与强碱反应，实现与铁离子的分离，6H+Al2O3=3H2O+2Al3+，除去铝离子的离子反应为Al3+4OH=2H2O+AlO2，故答案为：Al3+4OH=2H2O+AlO2；b取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+，高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，则检验亚铁离子的方法为取适量溶液，滴加少量KMnO4溶液，若KMnO4紫色退色，证明原溶液中含有Fe2+，故答案为：Fe3+；取适量溶液，滴加少量KMnO4溶液，若KMnO4紫色退色，证明原溶液中含有Fe2+点评：本题考查物

58、质的分离、提纯实验设计及物质制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握氧化还原反应原理及离子检验，题目难度不大24（14分）（2011石景山区一模）短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，B元素所形成化合物种类最多，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的（1）已知相关物质之间存在如下变化：丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，由物质己电解得到单质D的化学方程式为2Al2O34Al+3O2；0.1mol/L的丙溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序为C（NO3）C（NH