福建省三明一中2015届高三化学上学期第一次月考试题(含解析).doc

化学试卷一、选择题（共24小题，每小题2分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质分类正确的是（）混合物：盐酸、王水、水玻璃、水银 化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HD电解质：H2SO4、胆矾、冰醋酸、硫酸钡 同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨ABCD考点：混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；电解质与非电解质.专题：物质的分类专题分析：混合物：混合物是由不同种物质组成的物质；化合物：由不同元素组成的纯净物属于化合物；电解质：在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质； 同素异形体：由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体解答：解：盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液是混合物，水银的成分是金属汞，是纯净物，属于金属单质，故错误；CaCl2、烧碱是化合物，聚苯乙烯是高聚物，是混合物，HD为单质，故错误；H2SO4、胆矾、冰醋酸、硫酸钡都是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，都是电解质，故正确； C60、C70、金刚石、石墨都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故正确；故选D点评：本题考查物质的分类知识，熟记各类物质的概念是解决该题的关键，题目难度不大2（2分）下列试剂的保存或使用正确的是（）A实验室的氯水需要保存在棕色试剂瓶中B漂白粉比氯水稳定，可露置在空气中C称量氢氧化钠固体时，可在天平两个托盘上各放一张等质量的纸，左边纸上放NaOH，右边纸上放砝码D金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中考点：化学试剂的存放.专题：元素及其化合物分析：A氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中；B漂白粉中的次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应，应需密闭保存；C氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中；D四氯化碳密度比水大，不能用于保持钠解答：解：A氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，故A正确；B漂白粉中的次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光易分解，从而使漂白粉失效，故漂白粉需密闭保存，故B错误；C氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中，故C错误；D钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，四氯化碳密度比水大，故不能用于保持钠，故D错误；故选A点评：本题考查药品的储存，难度不大解题的关键是了解所储存物质的特性3（2分）我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（）A在水中所形成的分散系属悬浊液B分子直径比Na+小C在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D“钴酞菁”分子不能透过滤纸考点：胶体的重要性质.专题：溶液和胶体专题分析：“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质解答：解：A钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），其大小在胶体粒子范围之内，属于胶体，故A错误； B“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），Na+半径小于1nm，故B错误；C钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故C正确；D“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误故选C点评：本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，掌握胶体分散系的本质特征是解题的关键4（2分）下列颜色不属于因化学反应而产生的现象的是（）A无色试剂瓶中的浓硝酸呈黄色B白色硫酸铜粉末在空气中变成蓝色C鸡蛋白遇浓硝酸呈黄色D普通玻璃导管口点燃纯净氢气时，火焰呈黄色考点：焰色反应；物理变化与化学变化的区别与联系.专题：物质的性质和变化专题分析：A浓硝酸见光易分解生成二氧化氮；B白色的硫酸铜粉末在空气中与水反应生成蓝色的硫酸铜晶体；C蛋白质遇浓硝酸呈黄色；D玻璃中含有钠元素解答：解：A浓硝酸见光易分解生成二氧化氮，久置于空气中若变黄色，是因溶解了二氧化氮的原因，发生了化学反应，故A错误； B白色的硫酸铜粉末在空气中与水反应生成蓝色的硫酸铜晶体，发生了化学反应，故B错误；C鸡蛋白是蛋白质，鸡蛋白溶液遇浓硝酸呈黄色，发生了化学反应，故C错误；D玻璃中含有钠元素，焰色反应呈黄色，该颜色变化是物理变化，故D正确故选D点评：本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，题目难度不大，注意焰色反应是物理变化5（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4LH2O含有NA个分子B1L1molL 1的NaClO 溶液中含有ClO的数目少于NA个C0.1molAlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成0lNA个胶体粒子D0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，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标准状况下，水的状态不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；B次氯酸根离子部分水解，溶液中次氯酸根离子数目减少；C氢氧化铝胶粒为氢氧化铝的聚集体，无法计算氢氧化铝胶粒的数目；D氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，0.1mol氯气完全反应转移了0.1mol电子解答：解：A标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；B1L1molL 1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，则溶液中含有的次氯酸根离子小于1mol，ClO的数目少于NA个，故B正确；C氢氧化铝胶体粒子为氢氧化铝的聚集体，则溶液中含有的胶粒小于0.1mol，故C错误；D0.1mol氯气与足量氢氧化钠溶液转移了0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下水、乙醇、三氧化硫等物质的状态不是气体，选项C为易错点，注意氢氧化铝胶粒为氢氧化铝的聚集体6（2分）（2014松江区一模）C、N、S都是重要的非金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均为酸性氧化物B三者的单质直接与氧气反应都能至少生成两种氧化物C相同温度下，等物质的量浓度的Na2CO3、NaNO3、Na2SO3溶液的pH大小顺序：NaNO3Na2S03Na2CO3DCO2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；碳族元素简介.专题：盐类的水解专题；氧族元素；氮族元素；碳族元素分析：A能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，注意并不是所有的非金属氧化物都是酸性氧化物；B硫和氧气反应只生成二氧化硫；C相同温度下，等物质的量浓度的钠盐，酸根离子对应的酸越弱，其钠盐的pH越大；D二氧化氮和水发生氧化还原反应解答：解：ANO、CO都不属于酸性氧化物，是不成盐氧化物，故A错误；B硫和氧气反应只生成二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫时必须有催化剂和加热条件，故B错误；C相同温度和相同物质的量浓度的Na2CO3、NaNO3、Na2SO3溶液中，因为酸根离子的水解程度：碳酸根离子亚硫酸根离子，硝酸根离子不水解，所以溶液的pH大小顺序：NaNO3Na2S03Na2CO3，故C正确；D二氧化氮和水的反应属于氧化还原反应，二氧化碳、二氧化硫和水的反应属于化合反应，故D错误；故选C点评：本题考查酸性氧化物的判断、盐类的水解等知识点，易错选项是B，注意硫与氧气直接反应，无论氧气是否过量都只生成二氧化硫，为易错点7（2分）关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（）A装置可用于验证Na与H2O反应是否放热B装置可用于比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性C装置中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D装置可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A温度升高气体体积增大；B大试管温度高；C装置可以吸收易溶于水的气体，并可防倒吸；D装置可收集能用碱石灰干燥、密度比空气小且易溶于水的气体解答：解：A温度升高气体体积增大，红墨水右侧液面升高，故A正确； B大试管温度高，应放碳酸钠，故B错误；C装置X若为CCl4，NH3或HCl极易溶于水且不溶于CCl4的气体，可以用装置并可防倒吸，故C正确；D氨气为碱性气体可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小极易溶于水，可用向上排空气法收集，用一倒置的漏斗防倒吸并吸收多余的氨气，所以装置可干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3，故D正确故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大8（2分）X、Y、Z、W四种物质的转化关系下列组合中不符合该关系的是（）ABCDXHClNa2O2Na2CO3SO2YFeCl2NaOHCO2Na2SO3ZCl2Na2CO3Ca2CO3H2SO4WFeCl3NaHCO3Ca（HCO3）2NaHSO3AABBCCDD考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质.专题：元素及其化合物分析：AHCl具有酸性，可与活泼金属反应，可被氧化生成Cl2；BNa2CO3与NaOH不反应；CNa2CO3可与酸、氢氧化钙反应生成Ca2CO3等发生复分解反应；DSO2可与碱反应，具有还原性，可被氧化解答：解：AHCl可与Fe反应生成FeCl2，可被氧化生成Cl2，Cl2可与FeCl2反应生成FeCl3，故A正确BNa2O2可与水反应生成NaOH，可与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与NaOH不反应，故B错误；CNa2CO3可与酸反应生成CO2，可与氢氧化钙反应生成Ca2CO3，Ca2CO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2，故C正确DSO2可与NaOH反应生成Na2SO3，与过氧化氢反应生成H2SO4，H2SO4和Na2SO3反应生成NaHSO3，故D正确故选B点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大9（2分）在学习中，我们经常应用类推法下列左边正确，类推法应用于右边也正确的是（）A向FeCl2溶液中滴入氯水2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl向FeCl2溶液中滴入碘水2Fe2+I2=2Fe3+2IBCO2通入漂白粉溶液中CO2+Ca2+2ClO+H2O=CaCO3+2HClOSO2通入漂白粉溶液中SO2+Ca2+2ClO+H2O=CaSO3+2HClOC向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3CO32+2H+=CO2+H2O向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3SO32+2H+=SO2+H2OD向澄清石灰水中通入少量CO2 气体Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O向澄清石灰水中通入少量SO2 气体Ca2+2OH+SO2=CaSO3+H2OAABBCCDD考点：离子方程式的书写.专题：类比迁移思想分析：AFeCl2溶液与碘水不反应；BSO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应；CNa2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应；D二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水解答：解：AFeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，与氧化性有关，故A错误；BSO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应为SO2+Ca2+ClO+H2O=CaSO4+2H+Cl，故B错误；CNa2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应为2NO3+3SO32+2H+=3SO42+2NO+H2O，故C错误；D二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水，则类推合理，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大10（2分）将钠投入下列溶液中，反应的剧烈程度由强到弱的是水NaOH溶液0.1molL1盐酸0.1molL1FeCl3溶液（）ABCD考点：钠的化学性质.专题：几种重要的金属及其化合物分析：Na与溶液反应实质上是和溶液的氢离子的反应，所以H离子浓度越大，反应越剧烈，依题意，直接比较物质的H离子浓度解答：解：Na与溶液反应实质上是和溶液的氢离子的反应，所以H离子浓度越大，反应越剧烈；盐酸为酸，本身电离产生大量氢离子，0.1molL1盐酸氢离子浓度为0.1mol/L；氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成氢离子，但是水解是微弱的，0.1molL1FeCl3溶液中氢离子浓度小于0.1molL1；水为弱电解质，电离产生氢离子浓度等于107mol/L；NaOH为碱，溶液中氢离子浓度小于107mol/L；H离子浓度越大，反应越剧烈，故选：C点评：本题考查了反应速率快慢的比较，明确钠的性质是解题关键，注意溶液中离子浓度大小比较方法，题目难度不大11（2分）在80g密度为d gcm3的硫酸铁溶液中，含有2.8gFe3+，则此溶液中SO42的物质的量浓度为（单位为molL1）（）ABCD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：根据n=计算n（Fe3+），溶液中n（SO42）=n（Fe3+），根据V=计算溶液体积，再根据c=计算SO42的物质的量浓度解答：解：n（Fe3+）=0.05mol，溶液中n（SO42）=n（Fe3+）=0.05mol=0.075mol，溶液体积=L，则SO42的物质的量浓度为=mol/L，故选A点评：本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意对物质的量浓度定义式的理解，确定硫酸根与铁离子关系是关键12（2分）下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱反应弱酸与盐溶液反应可生成强酸 没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性有单质参加的非氧化还原反应两种含氧化合物反应的产物有气体ABCD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；离子反应发生的条件.专题：物质的分类专题分析：酸性氧化物和碱反应生成盐和水；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；根据元素和化合物性质知识来回答解答：解：酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故正确；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，故正确酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故正确；根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确；同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故正确；反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确故选A点评：本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大13（2分）下列分子或离子在指定条件的分散系中能大量共存的是（）ACa（NO3）2溶液中：Fe2+、H+、Cl、SO42B使pH试纸变蓝的溶液中：K+、NH4+、S、SO32C水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液中：Na+、Ba2+、HCO3、CH3COOD透明的强酸性溶液中：Al3+、Fe3+、Cl、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A离子之间发生氧化还原反应；B使pH试纸变蓝的溶液，显碱性；C水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液；D该组离子之间不反应解答：解：AFe2+、H+、NO3离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B使pH试纸变蓝的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+，故B错误；C水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在HCO3，碱性溶液中不能大量存在HCO3、CH3COO，故C错误；D酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D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，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大14（2分）下列的方法和结论正确的是（）A向某溶液中滴加浓的NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+B向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO42C向某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液一定有Ca2+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、依据铵根离子的检验方法分析判断，氨气与红色石蕊试液变蓝是特征反应现象；B、过程中原溶液中含有银离子也可以产生沉淀现象；C、原溶液若含有HCO3，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体；D、可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀解答：解：A、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH4+，故A正确；B、加滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有Ag+离子或硫酸根离子，故B错误；C、原溶液若含有HCO3，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体，故C错误；D、可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ca2+，故D错误；故选A点评：本题考查实验方案的评价，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的注意事项和物质的性质的异同，难度不大15（2分）取等质量的碳酸钠（a）和碳酸钠与碳酸氢钠的混合物（b）分别进行下述实验，得出的结果正确的是（）A与足量盐酸完全反应时，b耗酸量多B与足量盐酸完全反应时，a产生二氧化碳多C溶于水后分别加入足量澄清石灰水，b得到的沉淀量多D配成等体积的溶液，b溶液中的c（Na+）大考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.专题：几种重要的金属及其化合物分析：A根据反应方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2进行判断；B根据反应方程式及碳原子守恒判断产生二氧化碳的量；C生成的沉淀与含有的碳酸钠、碳酸氢钠的总物质的量有关，根据二者的摩尔质量判断产生沉淀多少；D根据碳酸钠、碳酸氢钠的化学式判断等质量时钠离子的物质的量，钠离子物质的量越大，则c（Na+）越大解答：解：ANa2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2， 106g 73g 84g 36.5g根据反应可知，等质量的碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸氢钠消耗的盐酸的多，所以等质量的碳酸钠（a）消耗的盐酸大于碳酸钠与碳酸氢钠的混合物（b）消耗的盐酸，故A错误；B碳酸钠的摩尔质量为106g/mol，碳酸氢钠的摩尔质量为84g/mol，等质量时，碳酸钠的物质的量小于碳酸氢钠和碳酸钠的物质的量，根据碳原子守恒可知，a产生的二氧化碳小于b，故B错误；C等质量时，碳酸钠的物质的量小于碳酸钠和碳酸氢钠混合物的物质的量，根据碳原子守恒，a生成的沉淀一定小于b产生的沉淀，故C正确；D.106g碳酸钠的物质的量为1mol，含有2mol钠离子，84g碳酸氢钠中含有1mol钠离子，所以等质量的碳酸钠与碳酸钠和碳酸氢钠的混合物相比，a中含有的钠离子的物质的量大于b，溶液体积相等，根据c=可知，a溶液中的c（Na+）大，b溶液中的c（Na+）小，故D错误；故选C点评：本题考查了碳酸钠、碳酸氢钠的性质，题目难度中等，注意掌握碳酸钠、碳酸氢钠的组成及性质，能够正确书写反应的化学方程式，选项B、C可以利用C原子守恒进行解答，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力16（2分）下列说法正确的是（）AHClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强B已知Fe+Cu2+Fe2+Cu；2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，则氧化性强弱顺序为：Fe3+Cu2+Fe2+C已知还原性：BCD，反应 2C+D22D+C2和反应2C+B22B+C2都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应考点：氧化性、还原性强弱的比较.专题：氧化还原反应专题分析：对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性；解答：解：AHClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的酸性强；对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强，故HClOHClO4，故A错误；B氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应Fe+Cu2+Fe2+Cu中，氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Cu2+Fe2+，在反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，所以氧化性Fe3+Cu2+，故氧化性顺序是：Fe3+Cu2+Fe2+，故B正确；氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：CD，故反应 2C+D22D+C2能发生，还原性：BC，故反应2C+B22B+C2不能发生，故C错误；D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，故D错误，故选B点评：本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性的强弱比较，难度不大要注意对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性17（2分）卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（）ACaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用BCaO2中阴阳离子的个数比为1：1CCaO2和水反应时，每产生1mol O2转移电子4molDCaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：A、依据过氧化钠的性质推断过氧化钙的性质可能具有漂白性；B、依据过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子分析；C、依据CaO2和水反应的化学方程式分析计算；D、依据过氧化钠性质推断过氧化钙与二氧化碳的反应；解答：解：A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，故A正确；B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，故B正确；C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2，每产生1molO2转移电子2mol，故C错误；D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2；故D正确；故选C点评：本题考查了过氧化物性质的推断应用，依据过氧化钠的性质分析类推过氧化钙的性质是解题关键18（2分）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂BHF是还原产物C还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答：解：A只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B反应中H、F元素化合价没有发生变化，故B错误；CNF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故C错误；D生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确；故选D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和计算能力的考查，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析19（2分）物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）3FeO+10HNO33Fe（NO3）3+NO+5H2O C+2H2SO4 （浓）CO2+2SO2+2H2O8NH3+3Cl2NH4Cl+N2 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2ABCD全部考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：在反应中得电子化合价降低的物质体现氧化性，在反应中失电子化合价升高的物质体现还原性，和碱性氧化物反应生成水的物质体现酸性，和酸性氧化物反应生成水的物质体现碱性解答：解：中硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则这部分硝酸体现氧化性，部分硝酸和碱性氧化物氧化亚铁反应生成水，则体现酸性，故正确；该反应中，硫酸中硫元素化合价全部由+6价变为+4价，所以硫酸只体现氧化性，故错误；该反应中，氯元素化合价全部由0价变为1价，所以氯气只体现氧化性，故错误；该反应中，过氧化钠中氧元素化合价由1价变为0价和2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，即体现氧化性又体现还原性，故正确；故选：B点评：本题考查了氧化还原反应中物质的性质，根据元素化合价变化来分析解答即可，难度不大20（2分）下列离子方程式正确的是（）A明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3+3H2O=Al（OH）3+3H+BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC小苏打溶液中加过量Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+2H2O+CO32D澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH+CO2=HCO3考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A胶体不是沉淀，不能写沉淀符号；B二者反应生成一水合氨、碳酸钠和水；C二者反应生成碳酸钡、NaOH和水；D二者反应生成可溶性碳酸氢钙解答：解：A胶体不是沉淀，不能写沉淀符号，离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A错误；B二者反应生成一水合氨、碳酸钠和水，离子方程式为HCO3+2OH+NH4+=CO32+H2O+NH3H2O，故B错误；C二者反应生成碳酸钡、NaOH和水，离子方程式为HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，故C错误；D二者反应生成可溶性碳酸氢钙，离子方程式为OH+CO2=HCO3，故D正确；故选D点评：本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、沉淀、弱电解质、气体、氧化物、络合物等都写亚硝酸，注意反应物的量，有些化学反应与反应物的量有关，盐类水解不能写沉淀符号、气体符号，为易错点21（2分）在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A在含AlO2、SO32、OH的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH、AlO2、SO32B含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2+C含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO3D在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H+、NH4+、Fe3+考点：离子反应发生的条件.专题：离子反应专题分析：A、硫酸氢钠溶液显酸性，加入硫酸氢钠后先发生中和反应，结合氢离子的能力OHAlO2SO32；B、离子还原性IFe2+Br，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存；D、先发生酸碱中和反应，再与Fe3+、NH4+反应解答：解：A、硫酸氢钠溶液显酸性，加入硫酸氢钠后先发生中和反应，结合氢离子的能力OHAlO2SO32，与氢离子反应的先后顺序为：OH、AlO2、SO32，故A正确；B、离子还原性IFe2+Br，氯气先与还原性强的反应，还原性强弱顺序是I、Fe2+、Br，因为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，故B错误；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，反应先后顺序为：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D、在含等物质的量的Fe3+、H+、NH4+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，反应先后顺序为：H+、Fe3+、NH4+、Fe（OH）3，故D错误故选：A点评：本题考查离子反应的先后顺序，为高考高频考点，把握中和的先后顺序及还原的先后顺序为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，题目难度中等22（2分）在过量的稀硫酸溶液中加入5.6g Fe粉，待反应完全后，再加入50mL0.5molL1KNO3溶液，恰好反应完全该反应的方程式为：“FeSO4+KNO3+H2SO4=K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O”，则对该反应的下列说法正确的是（）A反应中还原产物是NOB氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：8C反应过程中转移的电子数为4eD化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5考点：氧化还原反应方程式的配平.专题：氧化还原反应专题分析：n（Fe）=0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L0.05L=0.025mol，根据原子守恒知n（FeSO4）=n（Fe）=0.1mol，二者恰好反应，则n（FeSO4）：n（KNO3）=0.1mol：0.025mol=4：1，设氮氧化物中N元素化合价为n，根据转移电子守恒得0.1mol（32）=0.025mol（5n），n=1，所以NxOy中x=2、y=1，再结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4 Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，据此分析解答解答：解：n（Fe）=0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L0.05L=0.025mol，根据原子守恒知n（FeSO4）=n（Fe）=0.1mol，二者恰好反应，则n（FeSO4）：n（KNO3）=0.1mol：0.025mol=4：1，设氮氧化物中N元素化合价为n，根据转移电子守恒得0.1mol（32）=0.025mol（5n），n=1，所以NxOy中x=2、y=1，再结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4 Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，A反应中还原产物是N2O，故A错误；B硫酸铁是氧化产物、N2O是还原产物，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1，故B错误；C反应过程中转移的电子数为0.1mol（32）=0.1mol，故C错误；D通过以上分析知，化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查分析和计算能力，正确配平方程式是解本题关键，注意从转移电子、原子守恒角度配平方程式，题目难度中等23（2分）将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与消耗的HCl物质的量关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）下列说法不正确的是（）AO点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3BO到a点发生反应的离子方程式：H+OH=H2O、CO32+H+=HCO3C通入CO2气体的体积在标准状况下为44.8LDNaOH溶液的物质的量浓度为5molL1考点：离子方程式的有关计算.专题：图示题分析：A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3；A、根据A分析可知，O到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根；B、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，据此根据方程式计算生成的二氧化碳的物质的量，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，根据V=nVm计算二氧化碳的体积；D、生成二氧化碳体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），再根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），根据c=计算NaOH溶液的物质的量浓度解答：解：A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B、根据A分析可知，O到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根，发生的离子反应为：H+OH=H2O、CO32+H+=HCO3，故B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol22.4L/mol=44.8L，故C正确；D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）=2.5mol/L，故D错误；故选D点评：本题考查混合物的计算，难度中等，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分24（2分）（2012莆田一模）酸性溶液中，Fe2+会被空气缓慢氧化为Fe3+不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如图所示下列有关说法正确的是（）A该氧化过程的离子方程式为：Fe2+O2+4H+=Fe3+2H2OBpH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2.5的大CFe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D其他条件相同时，80时Fe2+的氧化率比50的大考点：转化率随温度、压强的变化曲线.专题：化学平衡专题分析：在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，由图象知，当pH值其它条件相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同PH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小，以此解答该题解答：解：A电子转移数目不相等，应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故A错误；B由图象知，Fe2+的氧化率受PH值和温度的影响，所以pH=1.5时氧化率不一定比pH=2.5时大，故B错误；CFe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C错误；D由图象可知，其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故D正确故选D点评：本题考查了外界条件对Fe2+氧化率的影响，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意比较氧化率时，要其它条件相同只有一个条件不同才能比较，否则无法得出结论二、填空与简答题（共52分）25（10分）写出下列化学方程式或离子方程式（1）钠与氧气在常温下反应；化学方程式4Na+O22Na2O（2）实验室多余氯气的尾气吸收；离子方程式Cl2+2OHCl+ClO+H2O（3）漂白粉的作用原理，与H2O和CO2作用；化学方程式Ca（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO（4）氢氧化铁加热分解；化学方程式2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O（5）次氯酸光照分解；化学方程式2HClO2HCl+O2（6）铁丝在氯气中燃烧；化学方程式3Cl2+2Fe2FeCl3（7）三氯化铁溶液与铁粉反应；离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+（8）新制氢氧化亚铁遇空气被氧化成氢氧化铁；化学方程式4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3（9）加热碳酸氢钙溶液产生白色沉淀；化学方程式Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2（10）碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合；化学方程式NaHCO3+NaOH=H2O+Na2CO3考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写.专题：化学用语专题分析：（1）钠与氧气在常温下反应生成氧化钠；（2）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）漂白粉的有效成分是次氯酸钙Ca（ClO）2，次氯酸钙能与水和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸（HClO）；（4）氢氧化铁加热分解生成氧化铁水；（5）次氯酸在光照条件下不能稳定存在分解生成氯化氢和氧气；（6）氯气具有强的氧化性，铁丝在氯气中燃烧生成红棕色的固体三氯化铁；（7）氯化铁和铁反应生成氯化亚铁；依据离子方程式书写方法书写；（8）根据氢氧化亚铁被氧气氧化成氢氧化铁完成化学方程式；（9）加热碳酸氢钙溶液分解生成碳酸钙、水、二氧化碳；（10）碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合，反应生成碳酸钠和水解答：解：（1）钠与氧气在常温下反应：4Na+O22Na2O，故答案为：4Na+O22Na2O；（2）氢氧化钠吸收氯气的离子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（3），碳酸酸性强于次氯酸，漂白粉与二氧化碳、水的反应Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO生成的次氯酸具有漂白性，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；（4）难溶性的碱受热生成对应的氧化物，氢氧化铁加热2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，故答案为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（5）次氯酸在光照条件下不能稳定存在分解生成氯化氢和氧气，反应的化学方程式为：2HClO2HCl+O2；故答案为：2HClO2HCl+O2；（6）氯气具有强的氧化性，铁丝在氯气中燃烧生成红棕色的固体三氯化铁，反应的化学方程式为：3Cl2+2Fe2FeCl3，故答案为：3Cl2+2Fe2FeCl3；（7）氯化铁、氯化亚铁都为易溶于水的强电解质，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（8）新制氢氧化亚铁在空气被氧化，氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式是为：4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3；（9）分解生成碳酸钙、水、二氧化碳，反应为Ca（HCO3）2 CaCO3+H2O+CO2，故答案为：Ca（HCO3）2 CaCO3+H2O+CO2；（10）碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合，反应生成碳酸钠和水，反应为NaHCO3+NaOH=H2O+Na2CO3，故答案为：NaHCO3+NaOH=H2O+Na2CO3点评：本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，题目难度不大，明确发生反应实质是解本题关键，注意掌握物质的性质以及方程式的书写原则，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力26（10分）某同学在实验室欲配制物质的量浓度均为1.0mol/L的NaOH溶液、稀硫酸各450mL提供的试剂是：NaOH固体、98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）和蒸馏水（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有（填序号）（2）应用托盘天平称量NaOH20.0g，应用量筒量取浓硫酸27.2mL（3）浓硫酸溶于水的正确操作方法是先在烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒搅拌（4）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有ACDA该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线B溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作C在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液D没有用蒸馏水洗涤烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中E将量筒洗涤23次，并全部转移至容量瓶中F容量瓶中原来存有少量蒸馏水G胶头滴管加水定容时俯视刻度考点：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：（1）依据腐蚀性物质的称量、量筒的正确使用方法、定容时正确读数方法判断；（2）依据m=CVM计算需要氢氧化钠的质量；依据C=计算98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度，然后依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；（3）依据浓硫酸稀释的正确操作方法解答；（4）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析解答：解：（1）氢氧化钠为腐蚀品，应放在小烧杯中称量；量筒量取液体后不需要洗涤，如果洗涤量取的液体的体积偏大；定容读数时，眼睛应平视刻度线；故答案为：；（2）欲配制物质的量浓度均为1.0mol/L的NaOH溶液、稀硫酸各450mL，需选择500ml容量瓶，需要氢氧化钠的质量m=1.0mol/L0.5L40g/mol=20.