2014-2015学年山东省潍坊市青州一中高三（上）月考化学试卷（10月份）
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分共16小题，48分） 1．（3分）（2014秋•沂南县校级月考）我省是火电大省，每年需燃烧几千万吨的原煤用来发电．其中煤的脱硫是一个必要环节，它所起的主要作用是防止（ ）
①光化学烟雾的形成 ②酸雨加剧 ③臭氧空洞扩大 ④温室效应 ⑤白色污染． A． ②③ B． ② C． ④ D． ①②
考点： 二氧化硫的污染及治理． 专题： 氧族元素．
分析： 根据煤中含有硫，硫燃烧产生二氧化硫，二氧化硫能引起酸雨．
解答： 解：煤中含有硫，硫燃烧产生二氧化硫，二氧化硫能引起酸雨，所以煤的脱硫是一个必要环节，它所起的主作用是防止酸雨加剧，①光化学烟雾的形成是氮氧化物形成，③臭氧空洞扩大是氟利昂的破坏作用，④温室效应是二氧化碳的作用，⑤白色污染是塑料大量使用造成，故选：B；
点评： 本题主要考查了煤脱硫的目的，难度不大，根据所学知识即可完成． 2．（3分）（2012秋•青州市校级月考）下列叙述合理的是（ ）
A． 构成普通钢和不锈钢的主要元素都是铁，因此它们的化学性质完全相同 B． 金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体
C． 我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”
D． 光导纤维非常细，导光能力非常强，能同时传输大量信息，光导纤维是由晶体硅制成的
考点： 合金的概念及其重要应用；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．
分析： A．普通钢和不锈钢的主要元素都是铁，但普通钢含有碳，不锈钢含有镍，性质不完全相同；
B．非金属材料中石墨是导体，硅晶体为半导体； C．塑料袋可形成白色污染；
D．光导纤维是由二氧化硅制成的．
解答： 解：A．普通钢含有碳，不锈钢含有镍，性质不完全相同，故A错误； B．非金属材料中石墨是导体，硅晶体为半导体，金属材料都是导体，故B错误；
C．塑料袋由聚乙烯材料构成，可形成白色污染，减少塑料袋的使用可减少白色污染，故C正确；
D．光导纤维是由二氧化硅制成的，故D错误． 故选C．
点评： 本题考查较为综合，涉及环境污染、材料等问题，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该题． 3．（3分）（2013秋•福建校级期末）下列说法不正确的是（ ） A． Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用 B． 液氨、液氯、液态氯化氢都是电解质
C． 所有的置换反应都是氧化还原反应，而所有的复分解反应都是非氧化还原反应 D． 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有些金属氧化物也能与强碱反应
考点： 电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应． 专题： 物质的分类专题．
分析： A．Na2O2、HClO具有强氧化性，SO2能和品红形成无色物质； B．液氨是非电解质，液氯是单质，它既不是电解质也不是非电解质；
C．氧化还原反应中必须有元素化合价的改变，复分解反应前后元素化合价一定没变； D．非金属氧化物可能是不成盐氧化物，金属氧化物可能是酸性氧化物或两性氧化物； 解答： 解：A．Na2O2、HClO具有强氧化性，能氧化有色物质，具有漂白性，SO2能和品红形成无色物质，SO2能漂白品红，所以Na2O2、HClO、SO2都具有漂白作用，故A正确； B．液氨在水中不能自身电离，是非电解质；液氯是单质，它既不是电解质也不是非电解质；液态氯化氢是电解质，故B错误；
C．由于置换反应前后元素化合价一定发生了变化，所以置换反应一定是氧化还原反应；复分解反应前后元素化合价一定没变，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故C正确；
D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3，是两性氧化物，故D正确； 故选：B．
点评： 本题主要考查了氧化物、氧化还原、置换反应等概念，注意概念间的联系，题目难度不大． 4．（3分）（2012秋•青州市校级月考）下列说法正确的是（ ）
A． 双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染 B． 新制备的氯水中只存在三种分子、三种离子
C． 10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8% D． 浓硝酸与浓盐酸一样，在空气中出现白雾
考点： 过氧化氢；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质． 专题： 元素及其化合物．
分析： A、双氧水被还原生成水，被氧化生成氧气；
B、氯水中含有氯气、水、次氯酸、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子等微粒； C、稀释以后，硫酸溶液的密度变小，m（100ml硫酸）＜10×m（10ml硫酸），而溶质硫酸的质量不变；
D、浓硝酸易挥发．
解答： 解：A、双氧水被还原生成水，被氧化生成氧气，对环境没有污染，为绿色氧化剂，故A错误；
B、氯水中含有氯气、水、次氯酸、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子等微粒，则含有3种分子、4种离子，故B错误；
C、由于稀释以后，硫酸溶液的密度变小，m（100ml硫酸）＜10×m（10ml硫酸），而溶质硫酸的质量不变，故质量分数大于9.8%，故C错误．
D、浓硝酸易挥发，与浓盐酸一样，在空气中出现白雾，故D正确． 故选：D．
点评： 本题考查较为综合，有利于培养学生良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．
5．（3分）（2012秋•青岛期中）为预防“H1N1”甲型流感，同学们每天用“84”消毒液（NaClO溶液）消毒，下列说法不正确的是（ ）
A． NaClO溶液的消毒原理是使蛋白质变性
B． 1 mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移2 mol电子 C． NaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同，与SO2不同
D． “84”消毒液与“洁厕灵”（盐酸）混合使用可能会产生有毒的氯气
考点： 氯、溴、碘及其化合物的综合应用． 专题： 卤族元素．
分析： A、根据NaClO具有氧化性，可以使蛋白质变性； B、根据双线桥来求出一个氯气分子转移的电子；
C、根据NaClO、Na2O2的漂白原理为氧化漂白，SO2的漂白原理为化合漂白；
﹣﹣+
D、根据ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O来判断．
解答： 解：A、因NaClO具有氧化性，可以使蛋白质变性，故A正确； B、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2从0价变为+1或者﹣1价，所以1molCl2与足量NaOH溶液反应只转移了1mol电子，故B错误；
C、因NaClO、Na2O2的漂白原理为氧化漂白，SO2的漂白原理为化合漂白，故C正确；
﹣﹣
D、因“84”消毒液中含有NaClO，洁厕灵中含有盐酸，两者相遇发生反应：ClO+Cl
+
+2H=Cl2↑+H2O，产生有毒的氯气，故D正确； 故选B．
点评： 本题主要考查了氧化还原反应知识，难度不大，试题有一定的灵活性，应注意知识的运用．
6．（3分）（2014秋•沂南县校级月考）NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ） A． 等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA
﹣1﹣1+
B． 一定温度下，1 L 0.5 mol•LNH4Cl溶液与2 L 0.25 mol•LNH4Cl 溶液含NH4的物质的量相同
C． 1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA
D． 标准状况下，2.24 L庚烷所含分子数为0.1NA
考点： 阿伏加德罗常数．
分析： A．一定温度压强下，气体物质的量相同，分子数相同； B．氨根离子浓度越小，水解程度越大；
C．过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子构成； D．气体摩尔体积适用对象为气体．
解答： 解：A．物质的量的N2和CO所含分子数相等，但是不一定为NA，故A错误；
﹣1﹣1
B.1 L 0.5 mol•LNH4Cl溶液与2 L 0.25 mol•LNH4Cl 溶液，二者浓度不同，氨根离子水解
+
程度不同，含NH4的物质的量不相同，故B错误；
C．过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子构成，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，故C正确；
D．标准状况下，庚烷为液态，不能使用气体摩尔体积，故D错误； 故选C．
点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，明确气体摩尔体积使用范围和条件、盐类水解规律、过氧化钠的结构是解题关键，题目难度不大．
7．（3分）（2015春•新疆校级期中）已知NH3难溶于CCl4，如图所示，下列装置中，不宜用于吸收氨气的是（ ）
A． B． C．
D．
考点： 尾气处理装置；氨的化学性质． 专题： 化学实验基本操作．
分析： 氨气极易溶于水，直接用水吸收，能够发生倒吸现象，所以吸收氨气时所选装置必须具有防止倒吸的作用，A中用倒扣的漏斗、C中四氯化碳、D中干燥管都可以起到防止倒吸的现象．
解答： 解：A．倒扣的漏斗使NH3充分吸收同时防止倒吸现象的发生，故A错误； B．由于NH3易溶于水，可发生倒吸现象，导管不能插入液面以下，故B正确；
C．由于NH3难溶于CCl4，NH3与CCl4接触不易发生倒吸现象，能够用于吸收氨气，故C错误；
D．由于干燥管的上部大，能够防止倒吸现象的发生，故D错误； 故选B．
点评： 本题考查了氨气的吸收装置，题目难度不大，注意易溶于水的气体，在尾气吸收时必须防止倒吸，要求学生掌握常见气体尾气处理方法，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力． 8．（3分）（2013•湖州模拟）下列反应离子方程式正确的是（ ） A． 过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca+2HCO3+2OH═CaCO3↓+CO3+2H2O
2++3+
B． FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe+O2+4H═4Fe+2H2O
3+2﹣+
C． 向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al+4NH3•H2O═AlO4+4NH4+2H2O
﹣2++2﹣
D． H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba+OH+H+SO4═BaSO4↓+H2O
考点： 离子方程式的书写． 专题： 离子反应专题．
分析： A．反应生成碳酸钙和水；
B．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒及原子守恒； C．反应生成氢氧化铝和氯化铵； D．不符合离子的配比．
解答： 解：A．过量石灰水与碳酸氢钙反应的离子反应为Ca+HCO3+OH═CaCO3↓+H2O，故A错误；
2++3+
B．FeSO4酸性溶液暴露在空气中的离子反应为4Fe+O2+4H═4Fe+2H2O，故B正确；
2+
﹣
﹣
2+
﹣﹣
2﹣
C．向氯化铝溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4，故C错误；
D．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应的离子反应为Ba+2OH+2H+SO4═BaSO4↓+2H2O，故D错误； 故选B．
点评： 本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大． 9．（3分）（2009春•丹阳市期末）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示）．下列有关说法正确的是（ ）
2+
﹣
3++
+2﹣
A． 大量的氮、磷废水排入海洋，易引发赤潮
B． 流程②中结晶出的MgCl2•6H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2 C． 在流程③④⑤中溴元素均被氧化 D． 流程①中除去粗盐中的
为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
考点： 海水资源及其综合利用；粗盐提纯． 专题： 化学应用．
分析： A．赤潮是水体富营养化的结果；
B．氯化镁中的镁离子能水解，酸性环境会抑制水解； C．在氧化还原反应中，失电子化合价升高的元素被氧化；
D．除去粗盐中的Ca、Mg、SO4及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求．
解答： 解：A．氮和磷大量排入水域后会导致水体富营养化污染，形成赤潮，故A正确； B．②中由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2的过程需要在氯化氢气流中进行，防止镁离子水解，故B错误；
C．④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故C错误；
D．镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故D错误；
2+
2+
2﹣
等杂质，加入的药品顺序
故选：A．
点评： 本题考查了海水资源及其综合利用，难点是除杂过程中加入药品的先后顺序，要根据物质的特点来分析解答，难度中等． 10．（3分）（2012秋•青州市校级月考）下列实验方案能达到预期目的是（ ） ①用蒸馏的方法将海水淡化
②工业上可用金属铝与V2O5在常温下冶炼矾，铝作还原剂
2﹣
③向溶液中滴入盐酸酸化的氯化钡溶液检验溶液中是否含有SO4
④向含有Mg（OH）2和Ca（OH）2的浊液中加入足量MgCl2溶液，充分反应后过滤，除去Ca（OH）2． A． ①② B． ①④ C． ②③ D． ③④
考点： 化学实验方案的评价．
分析： ①海水中盐类物质沸点高； ②铝热反应可冶炼高熔点金属；
③可能生成AgCl沉淀干扰硫酸根离子检验；
④浊液中加入足量MgCl2溶液，Ca（OH）2转化为更难溶Mg（OH）2．
解答： 解：①海水中盐类物质沸点高，则用蒸馏的方法将海水淡化，故正确；
②铝热反应可冶炼高熔点金属，可用金属铝与V2O5在高温下冶炼矾，铝作还原剂，常温下不反应，故错误；
③可能生成AgCl沉淀干扰硫酸根离子检验，应先加盐酸无现象，再加氯化钡溶液检验溶液中是否含有SO4，故错误；
④浊液中加入足量MgCl2溶液，Ca（OH）2转化为更难溶Mg（OH）2，充分反应后过滤，除去Ca（OH）2，故正确； 故选B．
点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、铝热反应、离子检验及沉淀转化等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 11．（3分）（2014秋•沂南县校级月考）下列各组离子在特定条件下可能大量共存的是（ ） A． 遇Al能放出H2的溶液：NO B． 水电离出的OH的浓度为1×10
﹣
2﹣
、K、Na、Cl
﹣10
++
﹣
mol•L
2+
﹣1
的溶液：SO
、Na
+
、Cl、K、Ba
﹣
+2+
C． 能使石蕊试纸变红色的溶液：K、Fe、NO D． 含有较多Fe的溶液：Na、SO
考点： 离子共存问题． 专题： 离子反应专题．
3+
+
+
、I、NH
﹣
分析： A．遇Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
﹣﹣10﹣1
B．水电离出的OH的浓度为1×10 mol•L的溶液，为酸或碱溶液；
C．能使石蕊试纸变红色的溶液，显酸性；
D．Fe、I发生氧化还原反应．
解答： 解：A．遇Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A选； B．水电离出的OH的浓度为1×10成沉淀，不能共存，故B不选；
﹣
﹣10
3+
﹣
mol•L
﹣1
的溶液，为酸或碱溶液，SO4、Ba结合生
﹣
2﹣2+
C．能使石蕊试纸变红色的溶液，显酸性，NO3、Fe、H发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；
D．Fe、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选； 故选A．
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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大． 12．（3分）（2013秋•安溪县校级期中）不用试剂只用试管和滴管不能鉴别下列无色溶液的是（ ）
A． 碳酸钠溶液和稀硫酸
B． 氯化铝溶液和氢氧化钠溶液 C． 四羟基合铝酸钠溶液和稀盐酸 D． 氯化钡溶液和碳酸钠溶液
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．
分析： 只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别．
解答： 解：A．碳酸钠中滴加硫酸，先没有气体后生成气体，而硫酸中滴加碳酸钠，开始就生成气体，现象不同，可鉴别，故A不选；
B．NaOH滴加到AlCl3中，先生成沉淀，后溶解，而将AlCl3滴加到NaOH中，先没有现象，后生成沉淀，二者反应现象不同，可鉴别，故B不选；
C．四羟基合铝酸钠中滴加盐酸，先生成沉淀后溶解，而盐酸中滴加四羟基合铝酸钠，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，可鉴别，故C不选；
D．无论是BaCl2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到BaCl2中，都产生沉淀，不能鉴别，故D选； 故选D．
点评： 本题考查不加任何试剂的鉴别，题目难度中等，注意物质发生反应的现象，牢固掌握相关基础知识，是解答此类题目的关键． 13．（3分）（2013秋•桃城区校级期中）中学化学实验中使用的玻璃、陶瓷等仪器，在实验操作中若不能承受温度的急剧变化，会引起安全事故．下列实验操作不是基于上述原因的是（ ）
A． 钠与水反应时，只能取黄豆粒大小的钠投入盛水的烧杯中反应
B． 在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应先加入浓盐酸，然后再点燃酒精灯
C． 在用固体氯化铵和氢氧化钙制取氨气结束后，将大试管从铁架台上取下置于石棉网上冷却后再洗涤
3+
﹣
2++
D． 用排水法收集气体后，先移出导气管，后熄灭酒精灯
考点： 化学实验安全及事故处理． 专题： 化学实验基本操作．
分析： A．取黄豆粒大小的钠是为了防止钠过大反应剧烈； B．若先点燃酒精灯，相当于反应容器直接受热，易炸裂； C．若不冷却会由于温差大而炸裂；
D．若先熄灭酒精灯易造成倒吸，从而使反应容器炸裂．
解答： 解：A．取黄豆粒大小的钠是为了防止钠过大反应剧烈，不是温度的急剧变化引起安全事故，故A正确； B．在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应先加入浓盐酸，然后再点燃酒精灯，以防止反应容器直接受热引起温度的急剧变化，易炸裂，故B错误； C．若不冷却会由于温度的急剧变化而炸裂，故C错误；
D．若先熄灭酒精灯易造成倒吸，从而使反应容器因温度的急剧变化炸裂，故D错误； 故选A．
点评： 本体题主要考查了安全事故引起的原因，掌握原理是解题的关键，难度不大．
14．（3分）（2014秋•沂南县校级月考）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溶液，若将X通入澄清石灰水中，却不见沉淀产生，则有关气体X的成分的下列说法正确的是（ ） A． 一定含有HBr，可能含有CO2、Cl2 B． 一定不含CO2
C． 一定不含NH3、Cl2 D． 可能含有Cl2、CO2
考点： 常见气体的检验．
分析： X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的浅黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因此X中一定没有NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，故在HBr存在的条件下，X若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在，据此进行解答． 解答： 解：根据X通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因氨气和HBr反应生成溴化铵，HBr与氯气发生氧化还原反应，则X中一定没有NH3和Cl2； 由于CaCO3可溶于强酸中，所以在HBr存在的条件下，X中若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，故无法确定是否含有CO2，根据以上分析可知， A．一定含有HBr，可能含有CO2；故A错误； B．可能含有CO2；故B错误；
C．一定不含NH3、Cl2是正确的，故C正确； D．一定不含有Cl2，故D错误； 故选C．
点评： 本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于物质的性质的综合应用的考查，注意根据反应的现象判断可能含有的物质，牢固把握物质的性质是解答该题的关键，题目难度不大．
15．（3分）（2014秋•金水区校级月考）把足量的铁粉投入到稀盐酸和氯化铜的混合溶液中，充分反应后，残余固体的质量与原来加入的铁粉质量相等，则原溶液中H和Cl的物质的量之比为（ ） A． 1：4 B． 1：7 C． 1：8 D． 2：5
考点： 化学方程式的有关计算． 专题： 计算题．
分析： 在盐酸和氯化铜的混合溶液中加入足量的铁粉，分别发生：2H+Fe=Fe+H2↑，
2+2+
Fe+Cu=Fe+Cu，其充分反应，所得滤渣的质量与原铁粉的质量恰好相等，则消耗的铁的质量应等于生成的铜的质量，令Cu的质量为64g，其物质的量为1mol，根据方程式计算溶液中n（H）、n（Cu），再根据电荷守恒可得n（Cl）=n（H）+2n（Cu），离子浓度之比等于其物质的量之比．
解答： 解：在盐酸和氯化铜的混合溶液中加入足量的铁粉，分别发生：2H+Fe=Fe+H2↑，
2+2+
Fe+Cu=Fe+Cu，其充分反应，所得滤渣的质量与原铁粉的质量恰好相等，则消耗的铁的质量应等于生成的铜的质量，令Cu的质量为64g，其物质的量为1mol， Fe+Cu=Fe+Cu
2+
56g 1mol 64g 故溶液中n（Cu）=1mol 故与酸反应的Fe的质量为64g﹣56g=8g，其物质的量为2H+Fe=Fe+H2↑，可知n（H）=mol，
根据电荷守恒可得n（Cl）=n（H）+2n（Cu）=mol+2mol=故原混合溶液中c（H）：c（Cl）=mol：
+
﹣
﹣
+
﹣
+2+
+2+
﹣
+2+
+2+
2+2+
=mol，由
+2++
+2+
mol，
mol=1：8，
故选C．
点评： 本题考查化学方程式计算、混合物有关计算，属于无数据型计算，注意利用赋值法进行解答，明确发生的反应是根据，难度中等． 16．（3分）（2014秋•沂南县校级月考）元素X的单质及X与Y形成的化合物能按如图所示的关系发生转化（其中m≠n，且均为正整数）．下列说法正确的是（ ）
A． X、Y不可能均为非金属元素 B． 若X为Fe，Y只能为Cl C． X一定为金属元素
D． 若X为Fe．Y可为Cl、Br，但不能是I
考点： 无机物的推断． 专题： 推断题．
分析： 由产物组成知X具有多种价态，当X是铁时，Y可以是氯气、溴单质；当X是碳时，Y可以是氧．
解答： 解：A．当X是碳单质时，碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，碳可以和Y（氧气）生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳可以和单质碳化合为一氧化碳，X、Y可能均为非金属元素，故A错误；
B．若X是铁，Y可能是Cl、Br，溴和氯气氧化性都较强，溴和氯气与铁反应生成铁盐，故B错误；
C．由A、B可知，X可能为金属，也可能为非金属，故C错误；
D．若X是铁，Y可以是Cl、Br，但不能是I，碘的氧化性较弱，和铁反应生成碘化亚铁而不是碘化铁，故D正确； 故选D．
点评： 本题考查了物质性质及转化关系，此题综合性较强，难度较大，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意在中学阶段金属元素具有可变化合价的只有铁和铜，只要判断出金属具有可变化合价，就能说明金属为铁或铜，一般情况时判断为铁．
二、非选择题（此部分共5个大题，计52分） 17．（6分）（2012秋•青州市校级月考）
（1）能作反应容器且可直接加热的仪器是图甲中的 试管 （填名称）． （2）仪器上标有温度的是图甲中的 ⑧⑨ （填序号）． （3）如图乙是温度计、量筒、滴定管的一部分，下述读数（虚线刻度）及说法正确的是 C ． A．①是量筒，读数为2.5mL B．③是滴定管，读数为2.5mL C．②是量筒，读数为2.5mL D．②是温度计，读数是2.5℃
考点： 直接加热的仪器及使用方法；不能加热的仪器及使用方法．
分析： （1）首先了解可直接加热的仪器有：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙，烧杯需要垫石棉网加热；
（2）根据定量仪器有温度要求，说明不能受热，需要在常温下进行，如容量瓶、滴定管、量筒等；
（3）根据量筒、滴定管、温度计的构造及准确度进行判断． 解答： 解：（1）图甲中能够直接加热的仪器试管， 故答案为：试管；
（2）定量仪器有温度要求，不能受热，需要在常温下进行，如容量瓶、滴定管、量筒等，所以有温度标志的为⑧⑨， 故答案为：⑧⑨；
（3）A．①量筒没有0刻度，图中零刻度以下有刻度，应该是温度计，故A错误； B．③零刻度在上方，是滴定管，读数是2.50mL，故B错误； C．②没有零刻度，是量筒，读数是2.5mL，故C正确；
D．②是量筒，不是温度计，故D错误； 故答案为：C．
点评： 本题考查了常见仪器的构造及使用方法，题目难度中等，注意掌握常见仪器的构造及正确使用方法，明确量筒、滴定管、温度计的区别及准确度，为高考高频考点．
18．（12分）（2011秋•中山期末）某氯化铁样品含有少量FeCl2杂质．现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：
请根据以上流程，回答下列问题：
（1）操作Ⅰ所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有 100mL容量瓶 、 胶头滴管 （填仪器名称），操作Ⅱ必须用到的仪器是 D （填编号）． A.50mL烧杯 B.20mL量筒 C.50mL量筒 D.25mL滴定管
（2）请写出加入溴水发生反应的离子方程式： 2Fe+Br2=2Fe+2Br ．
（3）检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是 取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 ．
（4）若蒸发皿的质量是W1g，蒸发皿与加热后固体的总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是
×100% （列出原始算式，不需化简）；若称量准确，最终测
2+
3+
﹣
量的结果偏大，则造成误差的原因可能是 加热时固体未充分反应变为Fe2O3 （写出一种原因即可）．
考点： 物质分离、提纯的实验方案设计；元素质量分数的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 专题： 实验题．
分析： 本实验目的是测定铁的质量分数，采取的方法是使样品溶解、反应、最终生成氧化铁，然后通过氧化铁质量来求铁的质量分数．
（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，故需要250mL的容量瓶；操作II是准确量取25.00mL的稀释后的溶液，故应需要滴定管；
（2）加溴水目的是让+2价铁变为+3价，加氨水就是使+3价铁充分转化为Fe（OH）3沉淀； （3）溶液中存在溴化铵，可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否存在溴离子； （4）加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为（W2﹣W1）g，由于去20mL溶液，故100mL溶液可以得到Fe2O3质量为5（W2﹣W1）g，根据化学式计算铁元素的质量，再利用质量分数的定义计算原氧化铁样品中铁元素的质量分数． 解答： 解：（1）因配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶；因操作II为滴定操作，必须用滴定管， 故答案：100mL容量瓶；胶头滴管；D；
（2）因Br2具有氧化性，能氧化Fe：2Fe+Br2=2Fe+2Br；为了使Fe充分沉淀，氨水要过量，形成氢氧化铁沉淀，经灼烧得到氧化铁固体，
故答案为：2Fe+Br2=2Fe+2Br； （3）溶液中存在溴化铵，可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否存在溴离子，以判断沉淀是否洗净，
故答案为：取最后一次洗涤液，于试管中，滴加少量硝酸银溶液，若无黄色沉淀生成，则证明洗涤干净；
（4）因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3的质量为W2﹣W1g，由于参加反应的溶液只取所配溶液的，因此铁元素的质量为5×（W2﹣W1）g×
，样品中铁
2+
3+
﹣
2+2+3+
﹣
3+
元素的质量分数是
量偏高，最终测量的结果偏大， 故答案为：
×100%；如氢氧化铁为完全分解，计算出铁元素的质
×100%；加热时固体未充分反应变为Fe2O3．
点评： 本题考查溶液配制、离子检验、对实验操作的理解与实验方案的评价、化学计算等，难度中等，清楚测定原理是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力．
19．（10分）（2009•福建）从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：
请回答下列问题：
3++3+
（1）流程甲加入盐酸后生成Al的方程式为 Al2O3+6H═2Al+3H2O ．
﹣2﹣2﹣（2）流程乙加入烧碱后生成SiO3的离子方程式为 SiO2+2OH═SiO3+H2O ．
3+
（3）验证滤液B含Fe，可取少量滤液并加入 硫氰化钾（或苯酚溶液、氢氧化钠溶液等） （填试剂名称）． （4）滤液E、K中溶质的主要成份是 NaHCO3 （填化学式），写出该溶液的一种用途 制纯碱（或做发酵粉）
（5）已知298K时，Mg（OH）2的容度积常数KSP=5.6×10，取适量的滤液B，加入一定
2+
量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得PH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（Mg）= 5.6×10﹣10
mol/L ．
考点： 工业制金属铝；无机物的推断．
3+
分析： （1）与HCl反应生成Al，应为铝土矿中Al2O3； （2）SiO2可以溶于NaOH中生成Na2SiO3，写出离子方程式；
﹣3+
（3）检验Fe的特征反应很多，如与KSCN显血红色，与苯酚显紫色，与OH显红褐色沉淀等；
（4）生成E、K时，CO2均是过量的，故应生成NaHCO3； （5）Ksp=c（Mg）•c（OH），c（Mg）=
2+
2
﹣
﹣12
2+
=5.6×10
﹣10
mol/L．
解答： 解：（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化
+3++3+
学方程式为：Al2O3+6H═2Al+3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H═2Al+3H2O；
（2）流程乙加入过量的氢氧化钠，与氧化铝反应生成偏铝酸钠，与二氧化硅反应生成硅酸钠，生成SiO3的离子方程式为：SiO2+2OH═SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2OH═SiO3+H2O；
3+
（3）流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3，要检验滤液B中含有Fe，方法很多，如可加入KSCN溶液为血红色，与苯酚显紫色，与碱反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，都能
3+
证明滤液B中含有Fe，故答案为：KSCN（或苯酚溶液、NaOH溶液等合理答案）；
（4）滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：NaHCO3；制纯碱（或做发酵粉）； （5）已知滤液B中加入一定量的NaOH达到沉淀溶液平衡时pH=13.00，则c（H）=1×10
13
+
﹣
2﹣
﹣
2﹣
﹣
2﹣
mol/L，c（OH）=
﹣
=0.1mol/L，
Mg（OH）（Mg）•c（OH）=5.6×102的容度积常数KSP=c
﹣10
2+2
﹣
﹣12
，c（Mg）=
2+
=5.6×10
mol/L．
﹣10
故答案为：5.6×10mol/L．
点评： 化学实验、化学与技术、铝土矿中氧化铝提取的工艺流程综合考查，要注意平常知识的积累．
20．（14分）（2012秋•兴宁区校级期中）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按图所示装置
进行实验．
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是 蒸馏烧瓶 ．
（2）实验过程中，装置B中产生的现象是 溶液颜色由紫色逐渐褪去 ，这个现象说明SO2具有的性质是 还原性 ．
（3）装置C中Na2S溶液在空气中不易保存，时间长了会变浑浊，原因是：（用离子方程式）
﹣2﹣
2S+O2+2H2O=2S↓+4OH ．
（4）装置D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 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色 ．
（5）如果把分液漏斗中的中的浓H2SO4换作浓HNO3，对此实验是否有影响 是 （填“是”或“否”），请说明你的理由 浓硝酸可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到二氧化硫气体 ． （6）工业上用黄铜矿（CuFcS2）冶炼铜，副产品中也有SO2，冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O2
8Cu+4FeO+2Fe203+16SO2
若CuFeS2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）当生成0.8mol铜时，此反应转移的电了数目是 10NA ．
考点： 探究二氧化硫与水和品红溶液的反应；性质实验方案的设计． 专题： 化学实验基本操作．
分析： （1）根据实验室仪器名称书写；
（2）二氧化硫有还原性，酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能还原酸性高锰酸钾而使其褪色；
（3）硫离子能被氧气氧化生成硫单质；
（4）二氧化硫能使品红褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原； （5）浓硝酸能氧化亚硫酸钠，浓硫酸不能氧化亚硫酸钠；
（6）氧化还原反应中得电子的元素被还原；根据铜和转移电子之间的关系式计算转移电子个数．
解答： 解：（1）该仪器是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性， 故答案为：溶液颜色由紫色逐渐褪去；还原性；
（3）硫离子能被氧气氧化生成硫单质，离子反应方程式为：2S+O2+2H2O=2S↓+4OH，故
﹣2﹣
答案为：2S+O2+2H2O=2S↓+4OH；
2﹣
﹣
（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原，
故答案为：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色； （5）浓硫酸不能氧化亚硫酸钠，而浓硝酸能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，导致得不到二氧化硫，所以用浓硝酸对该实验有影响，
故答案为：是；浓硝酸可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到二氧化硫气体； （6）反应8CuFeS2+21O2
8Cu+4FeO+2Fe203+16SO2中铜元素、氧元素在得电子化合价
降低，被还原；设转移电子数为x． 8CuFeS2+21O2
8Cu+4FeO+2Fe203+16SO2 转移电子
8mol 100NA 0.8mol x
x=10NA，故答案为：Cu、O；10NA．
点评： 本题考查了二氧化硫的性质，难点是计算（6）题中转移电子数，明确被还原元素与转移电子之间的关系式在解本题的关键，难点较大． 21．（10分）（2013•山东模拟）向200mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的pH＞7．
（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是 Na2CO3或NaHCO3 ；如果是多种成分，可能是 NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3 ．
﹣1（2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2mol•L的盐酸，所得气体（不考虑溶解于水）的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
①加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式 OH+H═H2O、﹣2﹣+
CO3+H═HCO3 ．
﹣1
②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是 1.2 mol•L （溶液体积的变化忽略不计）．
﹣
+
考点： 钠的重要化合物；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算． 专题： 几种重要的金属及其化合物．
分析： （1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性；
（2）加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→C段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O→A段消耗的盐酸为A→C的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，以此解答．
解答： 解：（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成分，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，若1＜NaHCO3、Na2CO3．若
＞2，溶质是Na2CO3、NaOH，
＜2，溶质是
故答案为：Na2CO3或NaHCO3；NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3；
（2）①加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→C段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O﹣A段消耗的盐酸为A→C的二倍，应为NaOH和
﹣+2﹣+
Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为OH+H═H2O、CO3+H
﹣
═HCO3，
﹣﹣+2﹣+
故答案为：OH+H═H2O、CO3+H═HCO3；
②B点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，由盐酸的物质的量可知为0.3L×2mol/L=0.6mol，则的物质的量浓度是
﹣1
=1.2mol/L，
故答案为：1.2 mol•L．
点评： 本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意从图象分析反应可能的情况进行判断和计算，本题关键是根据图象判断溶液溶质的成分．
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