2012-2013学年甘肃省兰州一中高一上学期期末考试化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013学年甘肃省兰州一中高一上学期期末考试化学试卷与答案（带解析） 选择题 “纳米材料 ”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。若将 “纳米材料 ”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是 A能全部透过半透膜 B有丁达尔效应 C所得液体一定能导电 D所得物质一定为悬浊液或乳浊液 答案： B 试题分析：纳米材料的粒子直径和胶体中粒子直径类似，所以考虑所得化合物具有胶体的性质，不能透过半透膜；具有丁达尔效应；所得溶液不一定导电，如果胶体粒子带电荷才会导电；所得的胶体溶液可能是澄清溶液，只有 牛奶、豆浆等的胶体溶液是乳浊液。 考点：考查胶体微粒直径、胶体的性质等基础知识 点评：首先能判

2、断出纳米材料形成的是胶体，再分析胶体可能性质 关于溶液配制，下列说法正确的是 A配制 480mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要 CuSO4 5H2O晶体 12.0g B用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中 C称量 5.3g碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反，将会使称量结果偏小 D定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出 答案： C 试题分析： A项配制溶液时没有 480mL的容量 瓶，所以应配制 500mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要的 CuSO4 5H2O晶体应该为： g。 B项浓硫酸稀释放热，应该冷却到室温时再转移到容量瓶中，否则容量瓶的容积受温度影响

3、会变化，使所配溶液浓度不准确。 C项正确。 D项水加多了，此时用胶头滴管将多余的水吸出，可能也会把溶质吸出，使溶液浓度不准确，此时应该倒掉重新配制。 考点：考查溶液的配制正确操作，准确计算等 点评：记住容量瓶的正确使用方法，熟悉配制溶液的操作步骤和注意事项。 在氯化铁、氯化铜和盐酸混和溶液中加入铁粉，待反应结束，铁粉有剩余，则反应后溶液中存在较多的阳离子是 A H+ B Fe2+ C Fe3+ D Cu2+ 答案： B 试题分析：注意审清题意， “反应结束后， Fe有剩余 ”，再逐一分析各项。 A项溶液中如果剩余大量 H+，则铁粉不会剩余，不正确； B项 Fe2+与 Fe不反应，会有 Fe剩余

4、；C项 Fe3+会与 Fe 发生反应： 2Fe3+ Fe=3Fe2+， Fe不会剩余； D项 Cu2+会与 Fe发生反应：Cu2+ Fe=Fe2+ Cu， Fe不会剩余。 考点：考查单质铁的化学性质 点评：熟记铁及其化合物的常见化学反应 下列关于钠的化合物的叙述正确的是 A在饱和 Na2CO3溶液中 通入 CO2会出现浑浊 B NaOH、 Na2CO3、 NaHCO3溶液均呈碱性，所以可以共存 C在 CaCl2溶液中滴加 NaHCO3溶液无沉淀，会生成沉淀 D在 97.7g水中投入 2.3g钠所得溶液的质量分数为 4% 答案： A 试题分析： A项会有反应 Na2CO3 CO2 H2O=2 N

5、aHCO3，水减少，且产物 NaHCO3的溶解度小于 Na2CO3的溶解度，所以溶液中会析出晶体变浑浊； B项 NaOH、 Na2CO3、NaHCO3溶液均呈碱性是正确的，但会有反应 NaOH NaHCO3= Na2CO3 H2O，所以错误； C项 CaCl2与 NaHCO3不反应，所以无沉淀生成； D项 2.3g钠投入水中生成4gNaOH和 0.1g氢气，溶液的质量为 97.7g 2.3g-0.1g=99.9g，所以溶液的质量分数大于 4%。 考点：考查钠的化合物的性质及相关反应 点评：熟记钠的化合物常见的化学反应 将固体 X投入过量的 Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，

6、不易溶于水，则 X和 Y分别可能是 A钠和氯化铝溶液 B铝和烧碱溶液 C过氧化钠和氯化亚铁 D锌和稀硫酸 答案： A 试题分析： A项钠先和水反应生成 氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铝溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝，正确； B项铝和烧碱溶液反应不会得到白色沉淀，错误； C项过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和二氧化碳，但氢氧化钠和氯化亚铁反应生成的白色沉淀会迅速变为灰绿色最终变为红褐色沉淀，而且二氧化碳不能燃烧，错误；D项锌和稀硫酸反应不会生成白色沉淀，错误。 考点：考查常见物质的化学性质和实验现象分析 点评：熟记常见物质的化学反应，并且会分析相关的实验现象 下列实验现象，与新制氯水中的某些成分 (

7、括号内物质 )没有关系的是 A将 NaHCO3固体加入新制氯水，有无色 气泡 (H ) B使红色布条褪色 (HCl) C向 FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN溶液，发现呈红色 (Cl2) D滴加 AgNO3溶液生成白色沉淀 (Cl-) 答案： B 试题分析：首先分析新制的氯水中含有的成分，有 Cl2、 H 、 Cl-、 HClO等微粒，所以 A项正确， B项应为 HClO的漂白性质， C、 D项正确。 考点：考查新制氯水化学性质 点评：熟悉新制氯水中含有的微粒成分以及各个成分的化学性质 把 Ba(OH)2溶液滴入明矾 KAl(SO4)2=K+Al3+2SO42-溶液中，使 SO42-全

8、部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是 A Al3+ B Al(OH)3 C AlO2- D Al3+和 Al(OH)3 答案： C 试题分析：假设明矾物质的量为 1mol，则有 1molAl3+和 2molSO42-。当 2mol SO42-全部转化成 2mol BaSO4沉淀时，加入 Ba(OH)2的物质的量为 2mol，则加入 OH-物质的量为4mol， 1molAl3+和 4mol OH-恰好反应生成 1molAlO2-和 2mol H2O，所以 C正确。 考点：考查离子反应和相关计算 点评：审清题意基础上，熟 悉铝元素化合物和碱反应的量的关系。 对于反应 3Cl2+6Na

9、OH 5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是 A Cl2是氧化剂， NaOH是还原剂 B氧化剂失电子数与还原剂得电子数之比为 1 1 C NaCl是氧化产物 D被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为 1 1 答案： D 试题分析：因为反应中 Na、 O、 H等化合价没有变，所以 NaOH既不是氧化剂又不是还原剂， A错误；氧化剂和还原剂得失电子总数相等，所以 B正确；反应中氯元素由0价变为 NaCl中的 -1价，化合价降低，发生还原反应得到的产物，所以 NaCl应是还原产物， C错误； 3Cl2中有 1个 Cl失电子和 5个 Cl得电子，所以被氧化的氯原子和被还原的氯原子

10、物质的量之比为 1 5， D错误。 考点：考查氧化还原反应规律和概念判断 点评：熟悉氧化还原反应中得失电子规律和几个概念 为了检验某含有 NaHCO3杂质的 Na2CO3样品的纯度，现将 w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度 (质量分数 )是 A B C D 答案： A 试题分析：假设 NaHCO3的质量为 X 加热时，发生反应 2NaHCO3= Na2CO3 CO2 H2O m 284=168 106 44 18 44 18=62 X w1- w2 即 ，解得 X= ，则该样品的纯度为 = 考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠混合物计算 点评：注意差量法在计算题中的应用 用下列实验装置

11、完成对应的实验（部分仪器已省略），能达到实验目的的是 A干燥 Cl2 B吸收 NH3 C制取蒸馏水 D吸收 SO2 答案： D 试题分析： A项干燥 Cl2，导管应为长进短出，错误； B项吸收 NH3，注意 NH3极易溶于水，应用倒扣漏斗进行防止倒吸，错误； C项制取蒸馏水，温度计放置位置不对，错误； D项吸收 SO2，应该用 NaOH溶液，由于 SO2易溶于水，所以用 CCl4稀释气体防止发生倒吸现象。 考点：考查实验分析能力和常见物质的性质 点评：熟悉常见物质在实验中需要注意的地方 将一定量的 Na、 Na2O、 Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到 a L混合气体。将该混合

12、气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则原混合物中 Na、 Na2O、Na2O2的物质的量之比可能为 A 2:1:3 B 1:1:2 C 1:2:1 D 2:3:1 答案： D 试题分析：已知反应 2Na 2H2O=2NaOH H2 2Na2O2 2H2O=4NaOH O2, Na2O与水不生成气体，所以混合气体为 H2和 O2，混合气体通过电火花引燃，恰好按反应 2H2 O2=2H2O进行，所以 H2和 O2物质的量比为 2:1，即 Na:Na2O2=4:2，所以 D正确。 考点：考查钠及其氧化物和水反应情况和相关计算 点评：熟悉钠及其化合物性质，才能在此类综合题型中灵活分析 将 0.4g Na

13、OH和 1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加 0.1mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成 CO2的物质的量的关系的是 答案： C 试题分析：此题分为三个阶段进行分析： 盐酸加入混合溶液先和 0.01molNaOH反应，所以开始没有气体产生，当加入 0.1L盐酸时， NaOH消耗完； 再加入盐酸先发生反应 HCl Na2CO3= NaCl NaHCO3，加入 0.2L盐酸时 Na2CO3完全转化为 NaHCO3，没有气体产生； 再加入盐酸时才有气体产生，所以 C正确。 考点：考查盐酸和 NaOH、 Na2CO3的反应特点 点评：审清题意，结合基础知识进行量 的

14、分析，找到符合题意的答案：。 在 Na2SO4和 Al2(SO4)3的混合溶液中，测得 Al3+浓度为 0.1mol/L，加入等体积 0.3mol/L的 BaCl2溶液恰好使 SO42-完全沉淀，则混合溶液中 Na+的浓度为 A 0.3mol/L B 0.45mol/L C 0.6mol/L D 0.15mol/L 答案： A 试题分析：由 BaCl2使 SO42-完全沉淀，可计算溶液中 SO42-的浓度为 0.3mol/L，再由电荷守恒，即溶液中 SO42-、 Al3+、 Na+所带正、负电荷代数和为 0，列式为： ，计算 C(Na+)为 0.3mol/L。 考点：考查电解质溶液的相关计算

15、点评：注意此题的解题技巧，电荷守恒的灵活应用。 下列离子方程式书写正确的是 A铝粉投入到足量 NaOH溶液中： 2Al+2OH- 2AlO2-+H2 B AlCl3溶液中加入足量氨水： Al3+ 3OH- Al(OH)3 C碳酸氢钠溶液中加入足量澄清石灰水： HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2O D Cl2与水反应： Cl2+H2O = 2H+Cl-+ClO- 答案： C 试题分析： A项看似正确，仔细分析发现存在得失电子不守恒问题，正确的应为：2Al+2OH-+2 H2O 2AlO2-+3H2。 B项氨水是弱电解质不能拆成离子形式。 C项正确。D项 HClO是弱酸，不能拆开。 考

16、点：考查离子方程式书写正误判断，注意只有易溶于水的强酸、强碱、盐类，才能拆成离子形式。 点评：熟悉常见物质相关化学反应，注意考虑反应物量的多少和产物正确分析 科学家已发现一种新型氢分子 H3，在相同条件下，等质量的 H3和 H2具有相同的 A原子数 B分子 数 C体积 D物质的量 答案： A 试题分析：等质量的 H3和 H2分子中具有相同原子数，所以分子数一定不同，体积不同，物质的量不同。 考点：考查物质的量相关计算 点评：熟记物质的量计算公式，并结合实际题要求进行灵活应用 下列反应中，水作还原剂的是 A 2Na+2H2O=2NaOH+H2 B CaO+H2O Ca(OH)2 C 3NO2 H

17、2O 2HNO3+NO D F2+2H2O=4HF+O2 答案： D 试题分析：根据 “升 失 氧化 还原剂 ”熟记口诀，分析水中有化合价升高的元素就是正确答案：。 A项水中 H的化合价降低， B、 C项水中各元素的化合价未变， D项水中 O的化合价升高了，所以符合题意。 考点：考查氧化还原反应中元素变化和还原剂的判断 点评：了解还原剂的概念，再分析反应物水的各元素化合价变化即得答案：。 设 NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A常温常压下， 11.2 L氧气所含的 O原子数为 NA B 1mol/L的 CaCl2溶液中含有的 Cl-为 2NA C 2.4g镁变成 Mg2+时失去的电

18、子数目为 0.2NA D标准状况下， 2g氢气所含原子数目为 NA 答案： C 试题分析： A项 11.2L氧气在常温常压下不能按 22.4L mol-1进行换算，所以错误。 B项不知溶液的体积，所以计算不出 Cl-的物质的量。 C项 2.4g镁的物质的量为 0.1mol，又知道一个 Mg原子变成一个 Mg2+时失去的电子数是 2个，所以 0.1molMg变成 Mg2+时失去的电子数目为 0.2NA，正确。 D项 2g氢气的物质的量为 1mol，含原子数应为 2NA。 考点：考查以物质的量为中心的相关计算，注意物质的量浓度、气体体积、微粒数目等计算公式 点评：熟记以物质的量为中心的计算公式，注

19、意气体的标准状况，此类题属中等难度题型。 青花瓷让人赏心悦目，但其中所用的颜料一直是个迷，近年来科学家才得知大多数为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（ BaCuSi2Ox，铜的化合价为 +2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是 A可用氧化物的形式表示为 BaO CuO 2SiO2 B易溶于强酸和强碱 C性质稳定，不易脱色 D x=6 答案： B 试题分析：硅酸铜钡属于硅酸盐，可以用氧化物形式表示，即 BaO CuO 2SiO2，由此可知 x=6。硅酸盐性质稳定，一般难溶于水、强酸、强碱等，不易发生化学反应。 考点：考查硅酸盐的性质和理解。 点评：熟 知硅酸盐的性质，熟练分析灵活解题。 将一小块钠投入

20、盛有 CuSO4溶液的试管中，不可能观察到的现象是 A钠熔成小球并在液面上到处游动 B有气体产物生成 C溶液中有红色金属析出 D生成蓝色沉淀 答案： C 试题分析：钠与水反应剧烈，并且不会置换盐溶液中的金属，所以钠放入 CuSO4溶液中会有两个反应： 钠和水反应的现象，浮在液面、熔化为小球、四处游动（有气体产生）、听到响声等， 生成的 NaOH再与 CuSO4反应生成氢氧化铜蓝色沉淀。反应中没有置换出红色的铜，所以 C错误。 考点：考查钠和水、盐溶液 反应的规律 点评：了解钠和水、盐溶液反应的特点进行灵活分析。 某同学在家中进行化学实验，按照图 1连接好线路发现灯泡不亮，按照图 2连接好线路发

21、现灯泡亮，由此得出的结论正确的是 A NaCl是非电解质 B NaCl溶液是电解质 C NaCl溶液中水电离出大量的离子 D NaCl在水中电离出可以自由移动的离子 答案： D 试题分析：通过实验现象可分析，图 1中用的是 NaCl固体，固体中不存在自由移动离子，所以不会导电，所以灯泡不亮；而图 2换用 NaCl溶液进行实验灯泡亮，说明NaCl在溶液中电离出大量自由移动的离子而导电的，所以 D正确。 NaCl是能发生电离的化合物，所以是电解质，不是非电解质。而 NaCl溶液是 混合物，不是电解质。 考点：考查实验分析能力，概念理解能力 点评：认真分析实验现象的不同可能原因，能熟练分析电解质和非

22、电解质概念。 钢笔的笔头是合金钢，其笔头尖端是用机器轧出的便于使用的圆珠体。为了改变笔头的耐磨性能，在笔头尖端点上铱金粒，为区别钢笔而叫铱金笔，铱金笔是笔头用黄金的合金、笔尖用铱的合金制成的高级自来水笔。下列说法中错误的是 A钢笔的笔头不易被氧化，抗腐蚀性能好 B铱金笔的耐磨性能比钢笔要好 C铱金笔的笔头和笔尖都是用纯金制成的 D铱金笔经久耐磨，书写时弹性特别好，是一种理想的 硬笔 答案： C 试题分析：钢笔的笔头是合金钢制成的，所以钢笔的笔头不易被氧化，抗腐蚀性能好，所以 A正确。 “为了改变笔头的耐磨性能 ”，所以铱金笔的耐磨性能比钢笔要好，所以 B、 D项正确。铱金笔是笔头用黄金的合金、

23、笔尖用铱的合金制成的，所以 C项错误。 考点：考查信息分析能力和判断能力 点评：读懂信息基础上，注意和信息有差异的地方着重分析，此题属于简单题型。 有 NaCl、 FeCl2、 FeCl3、 MgCl2、 AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是 A盐酸 B烧碱溶液 C氨水 D KSCN溶液 答案： B 试题分析：这五种溶液属于常见的物质，放在一起进行鉴别，可以看到除了 NaCl外，其余对应氢氧化物都是沉淀，而且有的有特殊颜色；而且注意到有 AlCl3，马上想到它与强碱溶液反应因量的不同现象不同，所以选 B烧碱（ NaOH）溶液，分别现象为：无明显现象、白色沉淀迅速变为灰绿

24、色最终黄褐色、黄褐色沉淀、白色沉淀、先出现白色沉淀后随着烧碱过量沉淀溶解了。 考点：考查物质鉴别方法，注意铝元素及其化合物的特殊化学现象是突破口 点评：要熟悉常见物质间的常见的化学反应 下列物质中既能与盐酸反应，又能与氢 氧化钠溶液反应的组合是 Al Al2O3 Mg(OH)2 Al(OH)3 Na2CO3 NaHCO3 A B C D 答案： C 试题分析：铝元素单质 Al和化合物如 Al2O3、 Al(OH)3等既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应知识要熟记； NaHCO3中 HCO3-可以和酸中的 H 反应生成弱电解质，又可以和碱中的 OH-反应生成 CO32-和水，所以 C正确。 考

25、点：考查既能和酸又能和碱反应的物质 点评：熟悉各常见物质的化学性质 在限定条件下，下列溶液中各 组离子一定能大量共存的是 A使紫色石蕊试液变红的溶液： Fe2 、 Mg2 、 NO3-、 Cl- B与 Al能产生氢气的溶液： K 、 SO42-、 CO32-、 NH4+ C碳酸氢钠溶液： K 、 SO42-、 Cl-、 H D pH7的溶液： K 、 Na 、 Cl-、 SO42- 答案： D 试题分析：离子共存题注意考虑附加条件。 A项使紫色石蕊试液变红的溶液暗含溶液中含有大量的 H ， H 与 NO3-具有硝酸的性质， Fe2 会被氧化为 Fe3 而不共存。 B项与 Al能产生氢气的溶液可

26、能是强酸性溶液，也可能是强碱溶液， NH4+会和 OH-反应生成弱碱一水合氨，所以不能大量共存。 C项 H 能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体和水，不能共存。 D项 pH7的溶液中含有大量 H ， K 、 Na 、 Cl-、 SO42-能大量共存。 考点：考查离子共存问题，注意附加条件的分析 点评：只要离子之间能反应生成气体、沉淀、弱电解质、络合物等，就不能大量共存。 如图所示，试管中盛装的是红棕色气体，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管被水充满，原来试管中盛装的气体 是 A肯定是 NO2气体 B

27、肯定是 O2与 NO2的混和气体 C肯定是 NO气体 D可能是 NO与 NO2的混和气体 答案： D 试题分析：根据反应现象，可判断气体中一定含有 NO2气体。因为 NO2和水反应生成NO气体和 H2O，气体的量减少，所以试管内水面上升，但不能充满试管；当通入氧气时 NO和 O2反应生成 NO2， NO2又和水反应生成 NO气体和 H2O，反复充入氧气，气体减少至消失，所以一定含有 NO2，也可能含有 NO，所以选 D。 考点： 考查氮的氧化物之间的转化关系和实验分析能力 点评：熟记氮元素及其化合物之间的转化关系，才能在此类基础知识考查中游刃有余。 实验题 （ 14分）某化学兴趣小组为探究 S

28、O2的性质，按下图所示装置进行实验。 请回答下列问题： (1)装置 A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是 、 ； (2)反应后，装置 B中发生的现象是 ，反应的离子方程式为 ；装置 C中的现象是 ，表现了 SO2的 ；装置 D中现象是 ，发生反应的化学方程式为 ； (3)装置 E的 目的是探究 SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象 。 (4)F装置的作用是 ，漏斗的作用是 。 答案： (14分 )（ 1）分液漏斗、圆底烧瓶 （ 2）溶液褪色， SO2+Cl2+2H2O = 4H+2Cl-+SO42-； 溶液紫色褪去（溶液褪色），还原性； 有黄色沉淀生成， 2H2S+SO2=3S+

29、2H2O （ 3）将试管 E在酒精灯上加热，溶液恢复红色； （ 4）吸收多余的 SO2，防止倒吸。 试题分析：本实验的目的是探究二氧化硫的性质， A装置是制备二氧化硫，用圆底烧瓶和分液漏斗分别盛放固体及液体； B装置是验证 二氧化硫的还原性，与氯气反应生成盐酸和硫酸，现象会溶液褪色，离子方程式为 SO2+Cl2+2H2O = 4H+2Cl-+SO42-；C装置也是验证二氧化硫的还原性，紫色褪去，说明发生反应； D装置是检验二氧化硫的氧化性，有黄色沉淀生成，说明发生反应 2H2S+SO2=3S+2H2O； E装置是检验二氧化硫的漂白性，为了检验漂白的暂时性，将试管 E在酒精灯上加热，溶液恢复红色

30、； F装置是用氢氧化钠吸收多余的 SO2，加倒置的漏斗主要是防止倒吸。 考点：考查二氧化硫的性质及常见的实验仪器及组合装置的作用。 点评：只要掌握二 氧化硫的化学性质，对组合装置的作用了解清楚，本题不是很难。 填空题 （ 16分）以下是有关物质相互转化的关系图，其中 A俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液， G为红褐色沉淀， I的颜色呈浅绿色。 （ 1）若 F是由 Na+和 SO42-组成的溶液，则甲的化学式是 ，列举 A物质的一种用途 。 （ 2）若 D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为 ，丁属于单质、酸、碱中的 ；在 I溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观察到的现象是 ，对

31、应的离子方程式和化学方程式依次是 ， ； （ 3）写出 G A+C的化学方程式： 。 （ 4）若 A中混有杂质 Al2O3，除去杂质的方法是加入过量的 ，该 反应的离子方程式为 。 （ 5）由 E和 A组成的混合物与稀 H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含 Fe3 ，且生成的 Fe2 与 H2的物质的量之比为 4:1。则反应物中 Fe2O3、 Fe、 H2SO4的物质的量之比为 _ _。 答案： (16分 )（ 1） H2SO4，用做红色油漆和涂料 （ 2） CO， 酸； 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色， Fe2+2OH-=Fe(OH)2， 4Fe(OH)2+O2+2H2

32、O=4 Fe(OH)3； （ 3） 2Fe（ OH） 3 Fe2O3+3H2O （ 4） NaOH溶液， Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O （ 5） 1: 2:4（ 3分） 试题分析： A俗称铁红，则是三氧化二铁， G为红褐色沉淀，则是氢氧化铁， I的颜色呈浅绿色，含有亚铁离子。 （ 1）由 F为硫酸钠、 G为红褐色氢氧化铁沉淀，根据复分解反应的特点，可推测 B、丙分别为硫酸铁和氢氧化钠；结合 B为氧化铁与甲反应生成物，可判断甲为硫酸， C为水； （ 2）由 D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，可判断气体 D为二氧化碳；而 反应 A+乙D+E中物质 A为氧化铁，乙为还原性气体，则为 CO

33、， E为单质铁；再由 I的溶液呈浅绿色，可推断 I为亚铁离子，丁为一种酸，可能是盐酸或硫酸等，不能是氧化性的硝酸。亚铁与碱反应生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，方程式为Fe2+2OH-=Fe(OH)2， 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3； （ 3）氢氧化铁在加热条件下会分解为氧化铁与水： 2Fe（ OH） 3 Fe2O3+3H2O （ 4）除去氧化铁中氧化 铝一般是加入氢氧化钠溶液，碱只与两性氧化物氧化铝反应； （ 5）假设 H2为 1mol，则 Fe2 为 4mol； 根据方程式 Fe+H2SO4=FeSO4+H2； 1mol 1mol 1mol 1mol 上

34、述反应中生成 Fe2 为 1mol，则还有 3mol Fe2 由铁与三价铁生成： Fe 2(SO4)3+ Fe= 3FeSO4 1mol 1mol 3mol 可知 Fe 2(SO4)3为 1mol， Fe为 2mol。 Fe2O3+3H2SO4=Fe 2(SO4)3+3H2O； 1mol 3mol 则硫酸一共是 4mol，所以比 例是 1: 2:4 考点：考查铁三角的转化、铝的化合物的两性、混合物的计算。 点评：铁三角的转化及计算是高中的一个难点，本题综合考查了铁三角知识，同时在转化中涉及到计算，属于较难的一道综合题。 （ 9分）有 A、 B、 C、 D四种无色气体， A能使湿润的红色石蕊试纸

35、变蓝； 一定条件下， A可以与 B反应生成 C， C遇空气变为红棕色； D与 A混合生成白烟； D的浓溶液与软锰矿 (主要成分是 MnO2)在加热条件下反应可制取黄绿色气体 E；按要求回答下列问题： （ 1）写出 化学方程式 ； （ 2）写出 的离子方程式 ； （ 3）气体 E有毒，实验室一般用 吸收，该反应的离子方程式是_ _。 答案：（ 9分） （ 1） 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O 2NO+O2=2NO2 （ 2） MnO2+4H+Cl- Mn2+Cl2+2H2O （ 3） NaOH溶液， Cl2+2OH- = Cl-+ClO-+H2O 试题分析： A能使湿 润的红色石蕊试

36、纸变蓝，说明溶于水显碱性，则是氨气； C遇空气变为红棕色，说明是 NO2，则 B是 O2； D与 A混合生成白烟，说明 D是 HCl； D的浓溶液与软锰矿 (主要成分是 MnO2)在加热条件下反应可制取黄绿色气体 E，则是 Cl2。 （ 1）氨气与氧气在催化剂和加热条件下反应生成一氧化氮： 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O，一氧化氮在空气中很快转化为二氧化氮： 2NO+O2=2NO2； （ 2）浓盐酸与二氧化锰反应注意加热，离子方程式要把浓盐酸拆 开：MnO2+4H+Cl- Mn2+Cl2+2H2O； （ 3）实验室一般用 NaOH溶液吸收氯气，离子方程式是： Cl2+2OH- =

37、Cl-+ClO-+H2O 考点：考查物质的推断及实验室制氯气及尾气处理。 点评：根据现象找突破口是物质推断的一般思路。本题属于简单题。 （ 7分）现有下列物质： 铜 熔融氯化钠 氯化氢 CO2 NaHSO4固体 氨水 按物质的分类方法填写表格的空白处： (填编号 ) 分类标准 能导电的物质 电解质 非电解质 属于该类的物质 答案：（ 7分） 试题分析：含有自由移动的电子或离子的物质都可以导电，金属都能导电，熔融物或溶液中有自由移动的离子，所以能导电的物质有 ；电解质把握既是化合物又能本身电离导电，则是 ；非电解质就是化合物但本身不能电离导电的物质，则是 。 考点：考查电解质与非电解质的概念。

38、点评：溶液中存在的自由移动的离子是该化合物自身电离产生的，才能说明其是电解质，若是与水反应的产物电离产生的离子使溶液具有导电性，则该化合物不是电解质。如： CO2的水溶液导电，可导电的离子是 H2CO3电离 出的离子， CO2本身并不能电离出离子，所以 CO2不是电解质，属于非电解质。属于简单题。 计算题 （ 6分） 150 时， CO2和 H2O的混合气体共 11.6g与足量过氧化钠充分反应后，固体质量增加了 3.6g，求原混合气体中 CO2和 H2O的物质的量分别是多少。 答案：（ 6分） 0.1molCO2 0.4molH2O 试题分析：假设 CO2和 H2O的物质的量分别为 x、 y

39、mol根据方程式 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2m 2mol 2mol 4g y y 2y g 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 m 2mol 2mol 56g x x 28x 根据方程式计算 44x+18y=11.6 28x+2y=3.6 求出 x=0.1mol， y=0.4mol 考点：考查过氧化钠与二氧化碳、水反应的化学性质，同时考查了利用方程式计算及差量法的运用。 点评：只要利用方程式列出方程组，计算难度不大。 （ 8分）在 m L b mol L-1 AlCl3溶液中，加入等体积 a mol L-1的 NaOH溶液。 （ 1）当 a3b时，生成 Al(OH)3沉淀的

40、物质的量是 _mol。 （ 2）当 a、 b满足 _条件时，无沉淀生成。 （ 3）当 a、 b满足 _ _条件时，有沉淀生成且溶液中无 Al3 存在，生成 Al(OH)3沉淀的物质的量是 _ mol 。 答案： .（ 8分）（ 1） ma/3 (2)a4b (3)3ba4b ， m(4b-a) 试题分析：分析本题时，写出 AlCl3和 NaOH反应的方程式， 3NaOH+AlCl3=Al（ OH）3+3NaCl、 4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O，然后利用铝离子和氢氧根离子以物质的量之比为 1： 3，恰好沉淀， 1： 4，沉淀恰好溶解，找出临界值把范围分为三部分进行讨论

41、。 （ 1）在化学反应中，参加反应的物质的物质的量之比 =化学计量数之比。 AlCl3和NaOH反应， 3NaOH+AlCl3=Al（ OH） 3+3NaCl， 当 AlCl3和 NaOH恰好反应即物质的量之比为 1： 3时，生成的 Al（ OH） 3 物质的量最大当 a3b时，反应中 NaOH不足量，计算时应以 NaOH为标准进行，设生成 Al（ OH）3沉淀的物质的量为 x。 3NaOH+AlCl3=Al（ OH） 3+3NaCl 3 1 ma x 3： 1=ma： x 解得 x=ma/3 mol （ 2） AlCl3和 NaOH反应生成 Al（ OH） 3， Al（ OH） 3是两性氢氧

42、化物，能够溶于 NaOH溶液，所以生成的沉淀会减少， NaOH+Al（ OH） 3=NaAlO2+2H2O，方程式3NaOH+AlCl3=Al（ OH） 3+3NaCl和 NaOH+Al（ OH） 3=NaAlO2+2H2O 相加，得到方程式 4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O，由方程式可得，当 AlCl3和 NaOH物质的量之比为 1： 4时，恰好没有沉淀产生 4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O 4 1 0.05a 0.05b a： b=4： 1 故答案：为： a4b； （ 3）有沉淀生成且溶液中无 Al3 存在，先有沉淀生成， 3NaOH+AlC

43、l3=Al（ OH）3+3NaCl，后又可能有部分沉淀溶解， NaOH+Al（ OH） 3=NaAlO2+2H2O，所以 3ba4b时，会出现有沉淀生成且溶液中无 Al3 存在；当全部生成沉淀时，应以 AlCl3为标准进行计算，当沉淀生成后又有部分沉淀溶解时，应以剩余的 NaOH为标准进行计算。 设 AlCl3全部转化为 Al（ OH） 3时，需要的 NaOH为 xmol，生成的 Al（ OH） 3为 ymol， 3NaOH+AlCl3=Al（ OH） 3+3NaCl 3 1 1 x mb y x=3mb y=mb 剩余 NaOH的物质的量为： ma-3mb， 设生成 NaAlO2时需要的 Al（ OH） 3物质的量为 zmol， NaOH+Al（ OH） 3=NaAlO2+2H2O 1 1 ma-3mb z z= ma-3mb 所以剩余的 Al（ OH） 3物质的量为 mb-（ ma-3mb ） =4mb-ma。 故答案：为： 3ba4b； m(4b-a)。 考点：镁、铝的重要化合物；有关范围讨论题的计算 点评：本题考查的是铝的重要化合物的有关计算及有关计算范围的讨论在做讨论题时，结合有关化学方程式，找出反应的临界值进行讨论，简洁明了。如： NaOH溶液中通入 CO2、向 NaAlO2溶液中滴加稀盐酸等都是有关计算范围的讨论。