2013届甘肃天水市一中高三第一次学段考试化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013届甘肃天水市一中高三第一次学段考试化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 ( ) A SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆 B由于 Fe可被浓 H2SO4氧化，因此常温下不能用钢瓶贮存浓 H2SO4 C镁铝合金的熔点比镁和铝都高 D不能用氨水鉴别 Al3+、 Mg2+、 Ag+ 答案： D 试题分析：二氧化硅不能导电， A不正确；常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，因此常温下能用钢瓶贮存浓 H2SO4。合金的熔点一般高于各成分金属的熔点， C不正确；由于氢氧化镁、氢氧化铝都不能溶于氨水中，所以无法鉴别 Al3+、Mg2+，选项 D正确，答案：选 D。 考点：

2、考查物质的性质、用途、合金的特点以及离子的检验等 点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理。 mg 铁粉与 Fe2O3组成的混合物投入到足量的稀 H2SO4中，混合物完全溶解后在标准状况下收集到 V LH2，所得溶液遇 KSCN 溶液不显红色，则混合物中Fe2O3物质的量为 ( ) A 2.5V mol B molC mol D mol 答案： B 试题分析：所得溶液遇 KSCN 溶液不显红色，说明溶液中不存在铁离子，所以反应的方程式应该是 Fe2O3

3、3H2SO4=Fe2(SO4)3 3H2O、 Fe2(SO4)3 Fe=3FeSO4、Fe H2SO4=FeSO4 H2。如果时氧化铁的物质的量是 x，则 160x 56xV/22.456 m，解得 x mol，答案：选 B。 考点：考查铁、及其化合物的有关转化和计算等 点评：在计算时特别要注意铁离子的氧化性强于氢离子的，因此首先氧化单质铁的是铁离子，题号才是氢离子，据此可以进行有关计算。 将 10.6 g由 Mg、 Al、 Si组成的合金投入足量的 NaOH溶液中，在标准状况下产生气体 11.2L；另取等质量的合金溶于过量稀 H2SO4中，合金质量减少了7.8g。则合金中 Mg、 Al、 S

4、i的物质的量之比为 ( ) A 1:2:1 B 2:1:1 C 1:3:2 D 1:1:2 答案： A 试题分析：硅单质和稀硫酸不反应，所以硅单质的质量是 10.6-7.8g 2.8g，物质的量是 0.1mol。 0.1mol硅和氢氧化钠反应生成 0.2mol氢气，由于镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝生成的氢气是 0.5mol-0.2mol 0.3mol，则铝的物质的量是质量是 0.2mol，质量是 5.4g，则镁的质量是 2.4g，物质的量是 0.1mol，则合金中 Mg、 Al、 Si的物质的量之比是 1:2:1，答案：选 A。 考点：考查根据方程式进行的有关计算 点评：在根据方程式进行的有

5、关计算时，应该注意利用好各种守恒法，例如质量守、电荷守恒以及得失电子守恒等。 下列离子方程式的书写正确的是 ( ) A向 AlCl3溶液中加入过量的 氨水： Al3+ 4NH3 H2O=AlO2- 4NH4+ B晶体硅溶于烧碱溶液： Si 2OH- H2O=SiO32- 2H2 C向 Ca(ClO)2溶液中通入 SO2： Ca2+ 2ClO- SO2 H2O=CaSO3 2HClO D向 FeBr2溶液中滴加足量的氯水： 2Fe2+ 2Br- 2Cl2=2Fe3+ Br2 4Cl- 答案： B 试题分析：氢氧化铝不能溶于弱碱氨水中， A不正确；次氯酸钙能氧化 SO2，生成硫酸， C不正确； D

6、中不符合定比组分比，应该是 2Fe2+ 4Br- 3Cl2=2Fe3+ 2Br2 6Cl-，答案：选 B。 考点：考查离子方程式的正误判断 点评：归判断离子方程式正确与否的方法一般是：（ 1）检查反应能否发生。（ 2）检查反应物、生成物是否正确。（ 3）检查各物质拆分是否正确。（ 4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（ 5）检查是否符合原化学方程式。 某澄清溶液可能含有 K+、 Al3+、 Mg2+、 NH4+、 Fe2+、 Fe3+、 Cu2+、 SO42-、 CO32-中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验： 取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的 BaCl2溶液，产生白

7、色沉淀； 另取 部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是 ( ) A肯定有 Al3+、 SO42-，可能有 K+、 NH4+ B肯定无 Fe2+、 Mg2+、 CO32-，可能有 Al3+ C原溶液一定是明矾和 MgSO4的混合溶液 D不能确定的离子只能通过焰色反应来确定 答案： D 试题分析：根据实验 可知，溶液中含有 SO42-；根据 可知气体是氧气，白色沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，所以一定含有 Al3+、 Mg2+、 NH4+，则就一定不能含有 CO32-、 Fe2+、 Fe3+、 Cu2+、 NH4+，而钾离子

8、是不能确定的，答案：选 D。 考点：考查离子的检验和共存等 点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，然后逐一进行判断、推理和排除等。 中学常见物质 A、 B、 C、 D、 E、 X，存在下图转化关系 (部分生成物和反应条件略去 )。下列推断不正确的是 ( ) A.若 D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则 A可能是铁 B.若 D是一种强碱，则 A、 B、 C均可与 X反应生成 D C.若 D为 NaCl，且 A可与 C反应生成 B，则 E可能是 CO2 D.若

9、D是一种强酸，则 A既可以是单质，也可以是化合物，且 D在常温下可与Cu反应生成 B或 C 答案： A 试题分析： D 是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则 D 是氢氧化亚铁。如果 A是铁，则 B可能是氯化亚铁， C可能是氯化铁，此时得不到氢氧化铁，所以选项 A是错误的，其余选项都是正确，答案：选 A。 考点：考查常见物质的性质、转化等。 点评：化学推断题是一类综合性较强的试题 ,如元素及化合物性质和社会生活 ,环境保护 ,化学计算等知识 ,还可引入学科间综合 .它不仅可考察学生对化学知识的理解程度 ,更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法 .。解框图题的方法 :最关键的是寻找 突破

10、口 !， 突破口 就是抓 特 字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。 向 NaBr、 NaI、 Na2SO3混合液中，通入一定量 Cl2后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是 ( ) A NaCl、 Na2SO3、 Na2SO4 B NaCl、 NaBr、 Na2SO4 C NaCl、 NaBr、 I2 D NaCl、 NaI、 Na2SO3 答案： B 试题分析：三种物质都具有还原性，都能被氯气氧化，但还原性气强弱顺序是Na2SO3、 NaI、 NaBr，所以氯气首先氧化的是亚硫酸钠，其次是碘化钠，最后是溴化钠。由于氯气不一定是过量的

11、，且单质碘易升华，溴易挥发，所以选项D正确，答案：选 D。 考点：考查氧化还原反应的有关应用和判断 点评：在氧化还原反应中，如果一种氧化剂和多种还原剂混合，则首先氧化的是还原性最强的还原剂，然后依次类推，据此可以判断。 工业上用铝土矿 (主要成分为 Al2O3，杂质为 Fe2O3和 SiO2)为原料冶炼铝的工艺流程之一为 ： 下列叙述不正确的是 ( ) A沉淀甲为 SiO2 B生成沉淀乙的反应为 :Fe3+ 3OH-=Fe(OH)3 C溶液乙中含有 AlO2- D反应 为 :2AlO2- CO2 3H2O=2Al(OH)3 CO32- 答案： D 试题分析：二氧化硅和盐酸不反应，所以沉淀甲是二

12、氧化硅，溶液甲中含有氯化铁、氯化铝以及过量的盐酸。由于氢氧化铝能溶于氢氧化钠溶液中，所以沉淀乙是氢氧化铁，溶液乙中含有偏铝酸钠以及过量的氢氧化钠，所以再通入CO2是生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，即沉淀丙是氢氧化铝，溶液丙是碳酸氢钠。氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解氧化铝即得到单质铝。所以选项 D是错误的，答案：选 D。 考点：考查物质的分离和提纯 点评：把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯 ;将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时 ,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则 : 1. 不能引入新的杂质（水除外）。即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯

13、净的溶液） ,不能有其他物质混入其中。 2. 分离提纯后的物质状态不变。 3. 实验过 程和操作方法简单易行。即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学 ,先简单后复杂的原则。 分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下 : 1. 分离提纯物是固体 (从简单到复杂方法 ) :加热 (灼烧、升华、热分解 ) ,溶解 ,过滤 (洗涤沉淀 ) ,蒸发 ,结晶 (重结晶 ) ,电精炼。 2. 分离提纯物是液体 (从简单到复杂方法 ) :分液 ,萃取 ,蒸馏。 3. 分离提纯物是胶体 :盐析或渗析。 4. 分离提纯物是气体 :洗气。 将铝粉和某铁的氧化物粉末混合均匀后再均分为两等分。一

14、份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应； 另一份在高温下恰好完全反应后再与足量的稀H2SO4反应。上述两种情况下生成的气体的质量比为 4:3，则该铁的氧化物为 ( ) A FeO B Fe2O3 C Fe3O4 D无法确定 答案： C 试题分析：设铁的氧化物是是 FexOy，每一份中氧化物的物质的量是 1mol，则反应后生成铁的物质的量是 xmol。如果 Al是 a mol，根据得失电子守恒得 3a2y。根据反应的方程式 Fe 2H Fe2 H2、 2Al 6H =2Al3 3H2 可知，3a/2x 4:3，解得 x 9a/8，所以 xy 34，因此是 四氧化三铁，答案：选 C。 考点：考查铝热反

15、应及根据方程式进行的有关计算 点评：在根据方程式进行的有关计算时，应该注意利用好各种守恒法，例如质量守、电荷守恒以及得失电子守恒等。 120 mL含有 0.20 molNa2CO3的溶液和 200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是 A 2.0mol/L B 1.5 mol/L C 0.18 mol/L D 1mol/L 答案： B 试题分析：由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，方程式为 Na2CO3HCl=NaHCO3 NaCl、 NaHCO3 HCl=NaCl H2O CO2。碳酸钠的物质的量是 0.02mol，

16、又因为不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，所以盐酸的物质的量应该是大于 0.2mol小于 0.4mol，其浓度介于 1.0mol/L和 2.0mol/L之间，答案：选 B。 考点：考查碳酸钠和盐酸反应的有关计算 点评：由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，所以在进行有关计算时必须讨论过量问题，一般采用极限法讨论。 下列物质的制备操作，可以达到实验目的是 ( ) A向 FeCl3溶液中不断加入 NaOH溶液制备 Fe(OH)3胶体 B用铁和 Cl2加热制取 FeCl3 C用铜粉和硫粉混合加热制备 CuS D向铝盐溶液中不断滴入烧碱溶液制备 Al(OH)

17、3 答案： B 试题分析： A不正确，应该将饱和的氯化铁溶液逐滴滴入沸水中制取氢氧化铁胶体；铜和 S在加热的条件下生成的是 Cu2S， C不正确；氢氧化铝能溶于氢氧化钠溶液中， D不正确，应该用氨水，答案：选 B。 考点：考查胶体和氢氧化铝的制备、物质的性质等 点评：本题容易错选 C，由于 S 的氧化性比较弱，只能把铜氧化生成硫化亚铜。 气体 X可能由 NH3、 Cl2、 HBr、 CO2中的一种或几种组成，已知 X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀 HNO3，若将 X通入澄清石灰水中，无沉淀产生，则有关气体 X的成分的下列说法正确的是 ( ) 一定含有 HBr，可能含有 CO

18、2 一定不含 CO2 一定不含 NH3、 Cl2 可能含有 Cl2、 CO2 A只有 B只有 C 和 D 和 答案： C 试题分析： X通入 AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，且该沉淀不溶于稀 HNO3，所以沉淀是溴化银，因此一定含有溴化氢，则就一定不能有氨气和氯气；由于溴化氢溶于水显酸性，所以既是含有 CO2也不会产生白色沉淀，即 CO2无法确定，答案：选 C。 考点：考查物质的检验 点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，然后逐一进行判断、推理和排除等。 甲、乙、丙

19、、丁分别是 Al2(SO4)3、 FeSO4、 NaOH、 BaCl2 四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀 生成，片刻沉淀由白色变为灰绿色又变为红褐色；将丁溶液滴入甲溶液，有白色沉淀生成，而将甲溶液滴入丁溶液时，无沉淀生成，据此可推断丙物质是 ( ) A Al2(SO4)3 B BaCl2 C NaOH D FeSO4 答案： B 试题分析：沉淀由白色变为灰绿色又变为红褐色，这说明该白色沉淀一定是氢氧化亚铁，因此丁和乙是硫酸亚铁和氢氧化钠；将丁溶液滴入甲溶液，有白色沉淀生成，而将甲溶液滴入丁溶液时，无沉淀生成，因此丁是氢氧化钠，甲是硫酸铝，乙是硫酸亚铁，则丙是氯化钡，答案

20、：选 B。 考点：考查离子的检验 点评：常见离子的检验方法 一、常见阳离子的检验 1、 Mg2+：加入 NaOH溶液，生成白色沉淀 Mg(OH)2 ,该沉淀不溶于过量的NaOH溶液。 2、 Al3+：加入 NaOH溶液，生成白色絮状沉淀，该沉淀能溶于盐酸或过量的NaOH溶液，但不能溶于氨水。 3、 Ba2+：加入稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液，生成白色沉淀（ BaSO4），该沉淀不溶于稀硝酸。 4、 Ag+： 加入稀盐酸或可溶性盐酸盐，生成白色沉淀（ AgCl），该沉淀不溶于稀硝酸。 加入氨水，生成白色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。 5、 Fe2+： 加入少量 NaOH溶液，生成白色沉淀 Fe(OH

21、)2，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 Fe(OH)3。 加入 KSCN 溶液，无现象，然后加入适量新制的氯水，溶液变红。 6、 Fe3+： 加入 KSCN 溶液，溶液变为血红色。 加入 NaOH溶液，生成红褐色沉淀。 7、 Cu2+： 加入 NaOH 溶液，生成蓝色沉淀 Cu(OH)2。 插入铁片或锌片，有红色的铜析出。 8、 NH4+：加入浓 NaOH溶液，加热，产生刺激性气味气体（ NH3），该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。 9、 H+： 加入锌或 Na2CO3溶液，产生无色气体； 能使紫色石蕊试液、 pH试纸变红。 二、常见阴离子的检验 1、 OH-：能使无色酚酞、紫色石蕊等指示剂分别

22、变为红色、蓝色；能使红色石蕊试纸、 pH试纸变蓝。 2、 Cl-：加入 AgNO3溶液，生成白色沉淀（ AgCl）。该沉淀不溶于稀硝酸，能溶于氨水。 3、 Br-： 加入 AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀（ AgBr），该沉淀不溶于稀硝酸。 加入氯水后振荡，滴入少许四氯化碳，四氯化碳层呈橙红色。 4、 I-： 加入 AgNO3溶液，生成黄色沉淀（ AgI）， 该沉淀不溶于稀硝酸。 加入氯水和淀粉试液，溶液变蓝。 5、 SO42-：加入 BaCl2溶液，生成白色沉淀（ BaSO4），该沉淀不溶于稀硝酸。 6、 SO32-： 加入盐酸或硫酸，产生无色、有刺激性气味的气体（ SO2），该气体可使品红溶

23、液褪色。 加入 BaCl2溶液，生成白色沉淀（ BaSO3），该沉淀可溶于盐酸，产生无色、有刺激性气味的气体（ SO2）。 7、 S2-： 加入盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体，且该气体可以使湿润的Pb(NO3)2试纸变黑。 能与 Pb(NO3)2溶液或 CuSO4溶液生成黑色的沉淀（ PbS或 CuS）。 8、 CO32-： 加入 CaCl2或 BaCl2溶液，生成白色沉淀（ CaCO3或 BaCO3），将沉淀溶于强酸，产生无色、无味的气体（ CO2），该气体能使澄清的石灰水变混浊。 加入盐酸，产生无色、无味的气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊；向原溶液中加入 CaCl2溶液，产生白色沉淀。 9、

24、 HCO3-：加入盐酸，产生无色、无味的气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊；向原溶液中加入 CaCl2溶液，无明显现象。 10、 NO3-：向浓溶液中加入铜片、浓硫酸加热，放出红棕 色、有刺激性气味的气体（ NO2）。 在含有 Fe2+、 Fe3+、 Al3+、 NH4+的溶液中加入足量的 Na2O2固体，再加入过量的稀 HCl，完全反应后，离子数目几乎没有改变的是 ( ) A Fe2+ B Fe3+ C Al3+ D NH4+ 答案： C 试题分析：过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，因此可以生成氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠和氨气。由于过氧化钠还具有氧化性，可以把亚铁离子氧化生成铁离子，进而生成氢氧

25、化铁沉淀，最后加入过量的盐酸，又分别生成氯化铁、氯化铝，所以离子数目几乎不变的是铝离子，其中铁离子增加，亚铁离子稀释，NH4+减少，答案：选 C。 考点：考查物质的性质及有关反应等 点评：本题容易错选 A和 B，这是由于忽略了过氧化钠的强氧化性导致的。 将等体积的 AlCl3溶液和 NaOH溶液混合后，沉淀物中铝元素的物质的量与溶液中铝元素的物质的量相等，则原 AlCl3溶液与 NaOH溶液的物质的量浓度之比可能是 ( ) A 1:3 B 2:5 C 1:5 D 2:7 答案： D 试题分析：由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液中，所以溶液中的铝元素，可以是铝离子，也可以是 AlO2

26、-，因此根据反应的方程式 Al3 3OH-=Al(OH)3、 Al(OH)3 OH-=AlO2- 2H2O 可知，如果氯化铝过量，则原AlCl3溶液与 NaOH溶液的物质的量浓度之比 2:3；如果氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，则原 AlCl3溶液与 NaOH 溶液的物质的量浓度之比 2:7，答案：选 D。 考点：考查氢氧化铝制备的有关计算。 点评：由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液中，所以在计算生成的氢氧化铝时，应该注意如果氢氧化钠过量时生成的氢氧化铝会溶剂在过量的氢氧化钠中，因此本题应该有 2种情况。 .有 Fe2+、 NO3-、 Fe3+、 NH4+、 H2O 和 H+六种粒子，

27、分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是 ( ) A氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:8 B还原产物为 NH4+ C若有 1mol NO3-参加还原反应，转移 8mole- D该反应中 H2O 是反应物之一 答案： D 试题分析：由于硝酸的氧化性强于铁离子的，所以根据所给的离子可知，反应物是硝酸和亚铁离子，生成物是铁离子、 NH4+、 H2O。其中氮元素的化合价从 5价降低到 -3价，得到 8个电子，而铁元素的化合价从 2价升高到 3价，失去 1个，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:8，因此选项 A、 B、 C都是正确的， D不正确，答案：选 D。 考点：考查氧化还

28、原反应的有关判断和计算 点评：在进行氧化还原反应的有关计算时，应该抓住电子的得失守恒这一关系式进行列式计算。 实验题 (14分 ) 如图所示是一个制取 Cl2并以 Cl2为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶所装试剂为： B(Na2S)、 C(FeBr2)、 D(淀粉 -KI)、 E(SO2和 BaCl2)、 F(水 )、H(紫色石蕊 ) (1)写出实验室制取 Cl2的化学方程式_ (2) 中 b瓶内加入的液体是 。装置 还可用右图中的装置 _( 或 )代替 (3)实验开始时，先点燃 A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和 处活塞，让 Cl2充满整个装置，再点燃 G处酒精灯，回答下列问题： 下列装置中

29、的现象是 B _； D _ _ 写出 E中反应的离子方程式： _；_ (4)G中硬质玻璃管内盛有碳粉，反应后的产物为 CO2和 HCl，写出 G中的反应的化学方程式 _ (5)在 H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是_ 答案： (14分 ) （ 1） MnO2 4HCl(浓 ) MnCl2 H2O Cl2 （ 2）饱和食盐水 （ 3） 有浅黄色沉淀生成；溶液变蓝 Cl2 SO2 2H2O=4H+ SO42- 2Cl- Ba2+ SO42-=BaSO4 （ 4） C 2H2O 2Cl2 CO2 4HCl （ 5） Cl2与 H2O 反应生成的 HCl使紫色石蕊试液变红色，

30、剩余的 Cl2又与水作用生成 HClO，又起漂白作用，使红色褪去 试题分析：（ 1）实验室制取氯气的方程式是 MnO2 4HCl(浓 ) MnCl2 H2O Cl2。 （ 2）由于浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有氯化氢气体，所以 b瓶内加入的液体是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢气体。装置 的作用是起安全瓶的作用，所以还可用右图中的装置应该是 。 （ 3） 氯气具有强氧化性，能氧化硫化钠生成单质 S，所以 B中有浅黄色沉淀生成；氯气能把碘化钾氧化生成单质碘，而碘遇淀粉显蓝色。 由于氯气能把 SO2氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡白色沉淀，所以 E中反应的离子方程式是 Cl2 SO2 2H

31、2O=4H+ SO42- 2Cl-、 Ba2+ SO42-=BaSO4。 （ 4）根据生成物可知，有水参加，所以反应的方程式是 C 2H2O 2Cl2CO2 4HCl。 （ 5）由于 Cl2与 H2O 反应生成的 HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的 Cl2又与水作用生成 HClO，又起漂白作用，所以使红色褪去。 考点：考查氯气的制取、性质、尾气处理以及方程式的书写等 点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法。纵观近几年高考，主要以考察探究性实验和物质制备实验为主。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，要求考生必须冷静的审

32、题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能正确作答。 填空题 (4分 ) 将一定量的 Fe粉、 Cu粉、 FeCl3溶液、 CuCl2溶液混合于某容器中充分反应 (假定容器不参与反应 )，试判断下列情况下容器中金属离子与金属单质的存在情况： (1)若 Fe粉有剩余， 则容器中不可能有 _ (2)若 FeCl3有剩余，则容器中不可能有 _ (3)若 CuCl2有剩余，则容器中还可能有 _ (4)若 FeCl3和 CuCl2都有剩余，则容器中还可能有 _ 答案： (4分 ) (1)Fe3+和 Cu2+ (2)Fe和 Cu (3)Fe2+、 Fe3+或 Cu、 Fe2

33、+ (4)Fe2+ 试题分析：（ 1）由于氯化铁、氯化铜都能氧化单质铁，所以若 Fe粉有剩余，则容器中不可能有 Fe3+和 Cu2+。 （ 2）由于氯化铜既能氧化单质铁，也能氧化单质铜，所以若 FeCl3有剩余，则容器中不可能有 Fe和 Cu。 （ 3）由于氯化铜只能氧化单质铁，所以若 CuCl2有剩余，则容器中还可能有Fe2+、 Fe3+或 Cu、 Fe2+。 （ 4）由于氯化铁、氯化铜都能氧化单质铁，而氯化铁还能氧化单质铜，所以若FeCl3和 CuCl2都有剩余，则容器中还可能有 Fe2+。 考点：考查氧化还原反应的有关应用 点评：在氧化还原反应中氧化剂首先氧化还原性最强的还原剂。同样还原

34、剂首先还原氧化性最强的氧化剂，因此本题的关键是掌握常见氧化剂的氧化性强弱，以及还原剂的还原性强弱。 (9分 ) 高铁酸钠 (Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上可以通过 NaClO 氧化法制备 Na2FeO4，生产过程如下： 回答下列问题： (1)经过步骤 后，加入 NaOH固体的原因是 _ _ (2)步骤 反应的离子方程式是 _ _ (3)从溶液 中分离出 Na2FeO4后，还有副产品 Na2SO4、 NaCl，则步骤 中反应的离子方程式为 _ (4)将一定量的 Na2FeO4投入到 pH不同的污水中 (污水中其余成分均相同 )，溶液中 Na2FeO4浓度变化

35、如图曲线 、 所示，试推测曲线 I比曲线 II对应的污水pH_(填 “高 ”或 “低 ”)。 (5)通过计算得知 Na2FeO4的消毒效率 (以单位质量得到的电子数表示 )比 Cl2的_(“高 ”或 “低 ”)，用 Na2FeO4代替 Cl2作净水消毒剂的优点是 _ (答出两点即可 ) 答案： (9分 ) (1)Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在 (2)2Fe2+ H2O2 2H+=2Fe3+ 2H2O (3)2Fe3+ 3ClO- 10OH-=2FeO42- 3Cl- 5H2O (4)高 (5)低 既能杀菌消毒又能净水 (或无毒或方便保存等 ) 试题分析：（ 1）由于 Na2FeO4只在碱

36、性环境中稳定存在，所以必须加入氢氧化钠以生成 Na2FeO4。 （ 2）双氧水具有氧化性，能氧化亚铁离子，反应的方程式是 2Fe2+ H2O22H+=2Fe3+ 2H2O。 （ 3）根据主要的反应物和生成物可知，该反应的方程式是 2Fe3+ 3ClO-10OH-=2FeO42- 3Cl- 5H2O。 （ 4）由于 Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，所以溶液的碱性越强， Na2FeO4的含量越高，因此根据图像可知，曲线 I比曲线 II对应的污水 pH高。 （ 5） Na2FeO4的消毒效率是 1663 55.33，氯气的消毒效率是 712 35.5，所以 Na2FeO4的消毒效率 (以单位质

37、量得到的电子数表示 )比 Cl2的低。 Na2FeO4能杀菌消毒，且其还原产物是铁离子，而铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附溶液中的悬浮物。 考点：考查工艺流程图的有关判断等 点评：化学工艺流程题是近年来高考中备受关注的题型，这类试题的文字量大、信息新颖、情境陌生，涉及的知识点多，综合性强，不少考生感到解题困难。本文就这类试题的特点、类型和解题策略等问题略加分析，以帮助考生轻松应对。一、化学工艺流程题的特点及作用化学工艺流程题有以下三个方面的特点和作用 :一是试题源于生产实际，以解决化学实际问题为思路进行设问，使问题情境真实，能培养学生理论联系实际、学以致用的学习观 ;二是试题的内容丰富，可

38、以涉及化学基础知识的方方面面，能有效考查考生对基础知识的掌握情况和应用基础知识解决实际问题的迁 移推理能力 ;二是试题背景鲜活，题干一般较长，阅读量大，能考查考生的阅读能力和对资料的加工处理能力。二、化学工艺流程题的解题思路及方法化学工艺流程题的结构通常分为题头、流程图和问题三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的 (包括副产品 )，流程图部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来，问题部分主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计系列问题。 (10分 ) A、 B、 C、 D、 E、 F、 G七种物质间存在如图所示转化关系，其中A、 B、 D、 G含有同种元素。

39、已知： A为金属单质， C为黄绿色气体 ； D能将某种非金属氧化物氧化为 F， F是含有三种元素的化合物。请回答下列问题： (1) 以上反应中属于化合反应的是 _ (填序号 ) (2) G生成 B的过程中所出现的现象 (3)反应 的化学方程式为 _ (4)反应 的离子方程式 (5)D的水溶液显 _性，请用离子方程式解释原因 _ 答案： (10分 ) (1) (2) （ 2）产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变红褐色 (3)4Fe(OH)4 O2 2H2O=4Fe(OH)3 (4)2Fe3+ SO2 2 H2O=2Fe2+ SO42- 4 H+ （ 5）酸 Fe3+ 3H2O Fe(OH)3 3

40、 H+ 试题分析： C为黄绿色气体，所以 C是氯气。 A、 B、 D、 G含有同种元素。已知： A为金属单质，这说明 A是变价的金属，因此 A是铁，所以 D是氯化铁。因为 D能将某种非金属氧化物氧化为 F， F是含有三种元素的化合物，所以 F是硫酸。 G是硫酸亚铁， E是氢气，。根据反应 可知， I是氢氧化亚铁， B是氢氧化铁， H是氢氧化钠。 考点：考查无机框图题的判断和分析 点评：化学推断题是一类综合性较强的试题 ,如元素及化合物性质和社会生活 ,环境保护 ,化学计算等知识 ,还可引入学科间综合 .它不仅可考察学生对化学知识的理解程度 ,更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法 .。解框

41、图题的方法 :最关键的是寻找 突破口 !， 突破口 就是抓 特 字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。 计算题 (8分 ) 将 0.1molMg、 Al混合物溶于 100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的 NaOH溶液，在滴加 NaOH溶液的过程中，沉淀质量 m与 NaOH溶液的体积 V的变化如图所示。 (1)当 V1=140mL时，混合物中 n(Mg)=_mol， V2=_mL (2)滴入的 NaOH溶液 _mL 时 ,溶液中的 Mg2+和 Al3+刚好沉淀完全。 (3)若混合物中 Mg的物质的量分数为 a，当滴入的 NaOH溶液为

42、450mL时，所得沉淀中无 Al(OH)3，则 a的取值范围是 _ 答案： (8分 ) (1)0.04 460 (2)400 (3) a 1 试题分析：（ 1）设混合物蒸干镁 和铝的物质的量分别是 x和 y，则 x y0.1mol，消耗盐酸分别是 x和 1.5y。根据图像可知，和氢氧化钠反应的盐酸的物质的量是 0.14L1mol/L 0.14，则和金属反应的盐酸是 0.4mol-0.14mol0.26mol，即 x 1.5y 0.26mol，解得 x 0.04mol， y 0.06mol，所以生成的氢氧化铝是 0.06mol，而溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是 0.06mol，因此 V2对应的氢氧

43、化钠的物质的量是 0.4mol 0.06mol 0.46mol，则 V2=460ml。 （ 2）根据方程式 Mg2 2OH-=Mg(OH)2、 Al3 3OH-=Al(OH)3可知，需要氢氧化钠的物质的量是 0.08mol 0.18mol 0.26mol，所以溶液中的 Mg2+和 Al3+刚好沉淀完全时需要氢氧化钠的物质的量是 0.26mol 0.14mol 0.4mol，体积是400ml。 （ 3）混合物中 Mg的物质的量分数为 a，则镁的物质的量是 0.1amol，铝的物质的量是（ 0.1-0.1a） mol，所以根据方程式可知，当沉淀最大时消耗氢氧化钠是0.4mol，当所得沉淀中无 Al

44、(OH)3，一定有 0.1-0.1a0.45-0.4，解得 1/2a 1。 考点：考查根据方程式进行的有关计算 点评：根据方程式进行的有关计算，关键是准确写出反应的化学方程式，然后逐一进行分析并解答，同时结合各种守恒法。 (7分 ) 向 27.2Cu和 Cu2O 的混合物中加入某浓度的稀 HNO3500mL，固体完全溶解后在所得溶液中加入 1mol/L 的 NaOH 溶液 1L使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为 39.2g. 请列式计算： (1)Cu与 Cu2O 的物质的量之比 (2)HNO3的物质的量浓度 答案： (7分 ) (1)2:1 (2)2.4mol/L 试题分析

45、：设 Cu与 Cu2O 的物质的量分别是 x和 y，则 64x 144y 27.2。根据铜原子守恒可知，（ x 2y） 98 39.2，解得 x 0.2mol， y 0.1mol。 （ 2）溶液呈中性，所以溶液恰好是硝酸钠溶液，则根据钠原子守恒可知，硝酸钠的物质的量是 1mol/L1L 1mol。 0.1mol氧化亚铜失去 0.2mol电子， 0.2mol铜失去 0.4mol电子，所以根据电子的得失守恒可知，被还原的硝酸是 0.6mol3 0.2mol，则原硝酸的物质的量是 1.2mol0.5L 2.4mol/L。 考点：考查根据化学方程式进行的有关计算 点评：在根据方程式进行的有关计算时，应该注意利用好各种守恒法，例如质量守、电荷守恒以及得失电子守恒等。