1、英德·英才大聯考湖南師大附中2016屆高三月考試卷（三）化 學湖南師大附中高三化學備課組組稿本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁。時量90分鐘，滿分100分。可用到的相對原子質量：H-1 O-16 Mg-24 Al-27 Fe-56 Ni-58.7第1卷 選擇題（共42分）一、選擇題（本題包括14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題意）1下列說法不正確的是（）AAl2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃劑B用苯萃取溴水中的溴時，將溴的苯溶液從分液漏斗下口放出C碳素鋼的主要成分是鐵碳合金、司母戊鼎的主要成分是銅錫合金D盛放NaOH溶液的磨口玻璃瓶要用橡膠塞【考點

2、】兩性氧化物和兩性氫氧化物；鈉的重要化合物；分液和萃取菁優網版權所有【分析】AAl2O3熔點高、Al（OH）3加熱易分解；B苯的密度小于水，溶有苯的有機層在上層；C碳素鋼是一種鐵的合金，司母戊鼎的主要成分是銅錫合金；D燒堿溶液能與玻璃中的二氧化硅反應生成具有粘和合性的硅酸鈉【解答】AAl2O3熔點高、Al（OH）3加熱易分解，可用于阻燃劑，故A正確；B用苯萃取溴水中的溴時，將溴的苯溶液在混合液上層，應該從分液漏斗的上口放出，故B錯誤；C碳素鋼是一種鐵的合金，司母戊鼎的主要成分是銅錫合金，故C正確；D燒堿溶液能與玻璃中的二氧化硅反應生成具有粘和合性的硅酸鈉，容易將瓶口和瓶塞粘結在一起，故燒堿溶液

3、盛放在帶橡皮塞的玻璃瓶中，故D正確；故選：B【點評】本題綜合考查元素及其化合物的性質，涉及試劑的保存、分液的操作等，為高考高頻考點，側重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，題目難度不大2下列有關金屬的說法中，正確的是（）純鐵較生鐵不易生銹；冶煉鋁和鈉都可以用電解法；KSCN溶液可以檢驗Fe3+離子；缺鈣會引起骨質疏松，缺鐵會引起貧血；青銅、不銹鋼、硬鋁都是合金；銅與硫反應，生成黑色的CuSA BC D【考點】鐵的化學性質；金屬冶煉的一般原理；二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗菁優網版權所有【分析】生鐵中金屬鐵、碳、潮濕的空氣能構成原電池，從而易生銹；活潑金屬采用電解方法冶煉；KSCN溶液和F

4、e3+離子生成血紅色溶液；鐵是合成血紅蛋白的主要元素，缺乏會患貧血；鈣主要存在于骨胳和牙齒中，使骨和牙齒具有堅硬的結構支架；青銅是銅錫合金，不銹鋼是鐵鉻、鎳合金，硬鋁是鋁硅、鎂等形成的合金；銅與硫反應，生成黑色的Cu2S【解答】生鐵中金屬鐵、碳、潮濕的空氣能構成原電池，金屬鐵為負極，易被腐蝕而生銹，和電化學腐蝕有關，故正確；活潑金屬采用電解方法冶煉，Al、Na是活潑金屬，采用電解法冶煉，故正確；KSCN溶液和Fe3+離子生成血紅色溶液，所以可以用KSCN溶液檢驗鐵離子，故正確；鐵是合成血紅蛋白的主要元素，缺乏會患貧血；鈣主要存在于骨胳和牙齒中，使骨和牙齒具有堅硬的結構支架，缺乏幼兒和青少年會患

5、佝僂病，老年人會患骨質疏松，故正確；青銅是銅錫合金，不銹鋼是鐵鉻、鎳合金，硬鋁是鋁硅、鎂等形成的合金，所以三種物質都是合金，故正確；銅與硫反應，S具有弱氧化性，能將變價金屬氧化為較低價態，所以生成黑色的Cu2S，故錯誤；故選A【點評】本題考查元素化合物知識，涉及金屬冶煉、合金、S的性質、離子檢驗等知識點，綜合性較強，明確原電池原理、物質或離子性質即可解答，注意Cu和氯氣、S反應產物不同點，為易錯點3下列各組離子一定能在指定環境中大量共存的是（）A在c（HCO3）=0.1molL1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl、NO3B在由水電離出的c（H+）=1×1012molL1的溶液中：Fe

6、3+、ClO、Na+、SO42C在pH=1的溶液中：NO3、SO42、Fe2+、K+D在pH=13的溶液中：SO32、S2、Na+、K+【考點】離子共存問題菁優網版權所有【專題】離子反應專題【分析】A根據離子相互促進水解來分析；B由水電離出的c（H+）=1×1012molL1的溶液，為酸或堿溶液；CpH=1的溶液顯酸性，根據氧化還原反應來分析；DpH=13的溶液顯堿性，該組離子之間不反應【解答】AAl3+與HCO3發生雙水解反應而不能共存，故A錯誤；B由水電離出的c（H+）=1×1012 molL1的溶液，可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，酸溶液中與ClO結合生成弱電解質，

7、堿溶液中與Fe3+結合成沉淀，則不能共存，故B錯誤；CpH=1的溶液顯酸性，Fe2+、NO3、H+能發生氧化還原反應而不能共存于同一溶液中，故C錯誤；DpH=13的溶液顯堿性，該組離子之間不反應，則能共存，故D正確；故選D【點評】本題考查離子的共存，明確信息及離子之間的反應即可解答，熟悉離子之間的氧化還原反應、相互促進水解等來解答，難度不大4下列敘述正確的是（）A液溴易揮發，在存放液溴的試劑瓶中應加水封B能使濕潤的淀粉KI試紙變藍色的物質一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在ID中和滴定實驗時，用待測液潤洗錐形瓶【考點】化學試劑的存放；常見離子的檢驗方法；氯氣的

8、化學性質；中和滴定菁優網版權所有【專題】化學實驗基本操作【分析】A、根據液溴具有揮發性、密度比水的大進行分析；B、根據淀粉碘化鉀試紙的變藍原理進行判斷；C、根據碘離子是無色進行判斷；D、根據滴定操作中錐形瓶的正確使用方法進行分析【解答】A、由于液溴溶于揮發，密度大于水的密度，所以在存放液溴的試劑瓶中應加水封，故A正確；B、具有氧化性，與KI反應生成單質碘的物質，能使濕潤的KI淀粉試紙變藍，不一定是氯氣，故B錯誤；C、碘離子是無色的，某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明溶液中存在碘單質，故C錯誤；D、在滴定操作中，錐形瓶不能夠用待測液潤洗，否則會使待測液物質的量偏大，影響測定結果，故D錯

9、誤；故選A【點評】本題考查了常見試劑的存放方法、滴定操作中錐形瓶的使用等知識，難度不大，可以根據所學知識完成5下列事實對應的離子方程式書寫正確的是（）A酸性介質中KMnO4氧化H2O2：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2OB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOC純堿溶液能清洗油污：CO32+2H2OH2CO3+2OHD將過量的鐵粉加入稀硝酸中：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O【考點】離子方程式的書寫菁優網版權所有【專題】離子反應專題【分析】A發生氧化還原反應，電子、電荷守恒；B發生氧化還原反應生成硫酸鈣；C水解

10、分步進行，以第一步為主；D過量的Fe，反應生成硝酸亞鐵、NO和水【解答】A酸性介質中KMnO4氧化H2O2的離子反應為2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，遵循電子、電荷守恒，故A正確；B少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的離子反應為SO2+H2O+Ca2+3ClOCaSO4+Cl+2HClO，故B錯誤；C純堿溶液能清洗油污，發生水解的離子反應為CO32+H2OHCO3+OH，故C錯誤；D將過量的鐵粉加入稀硝酸中的離子反應為3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故D錯誤；故選A【點評】本題考查離子反應方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發生的反應及離子反應的

11、書寫方法為解答的關鍵，側重氧化還原反應、水解反應、與量有關的離子反應考查，注意離子反應中保留化學式的物質及電子、電荷守恒分析，題目難度不大6類比是研究物質性質的常用方法之一，可預測許多物質的性質但類比是相對的，不能違背客觀事實下列各種類比推測的說法中正確的是（）已知Fe與S能直接化合生成FeS，推測Cu與S可直接化合生成CuS已知CaCO3與稀硝酸反應生成CO2，推測CaSO3與稀硝酸反應生成SO2已知CO2分子是直線型結構，推測CS2分子也是直線型結構已知Fe與CuSO4溶液反應，推測Fe與AgNO3溶液也能反應已知NaOH是強電解質，其飽和溶液導電能力很強，Ca（OH）2也是強電解質，推測

12、其飽和溶液導電能力也很強ABCD【考點】含硫物質的性質及綜合應用；鐵的化學性質；銅金屬及其重要化合物的主要性質菁【專題】類比遷移思想【分析】S的氧化性很弱，S單質和金屬反應，只能生成低價金屬化合物硝酸中+5價氮具有強氧化性；CaSO3中的硫元素是+4價，具有還原性CO2分子中碳氧之間是雙鍵，CS2分子中碳硫之間也是雙鍵 在金屬的活動性順序表中，排在前面的金屬可以將排在后面的金屬從它們的鹽溶液中置換出來溶液的導電是通過自由移動的離子的定向移動實現，導電能力強弱與溶液中自由移動的離子濃度大小和離子所帶電荷多少有關，溶液中自由離子濃度越大，所帶電荷越多，導電能力越強【解答】硫的氧化性比氧氣、氯氣弱，

13、只能把金屬氧化到低價 Fe的低價為+2價；Cu的低價為+1價，Fe+SFeS； 2Cu+S Cu2S故的說法錯誤因CaCO3中碳為+4價是最高價，雖硝酸中+5價氮，具有強氧化性，CaCO3與稀硝酸只能發生復分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2反應CaSO3中的硫元素是+4價，具有還原性，與強氧化性的硝酸發生氧化還原反應，被氧化成+6價的硫，稀硝酸自身被還原成+2價的氮故的說法錯誤CO2分子和CS2分子結構式分別為O=C=O和S=C=S，CO2分子是直線型結構，CS2分子也是直線型結構故說法正確在金屬的活動性順序表中，Fe排在Cu、Ag的前面Fe+CuSO4FeSO44

14、+Cu，Fe+2AgNO3Fe（NO3）2+2Ag故說法正確NaOH是易溶于水易電離的強電解質，其飽和溶液離子濃度大，導電能力強，Ca（OH）2是微溶于水的強電解質，溶于水的能完全電離，但因微溶，其飽和溶液離子濃度小，導電能力弱故說法錯誤故選C【點評】該題主要考查了元素化合物硫、氮、碳、鐵、銅的性質，考查了電解質的強弱與導電能力的關系學習元素化合物知識時，需注意新舊知識的前后聯系類比它們的異同7下列反應中，調節反應物用量或濃度不會改變反應產物的是（）ACO2 通入澄清石灰水中BNa2CO3溶液和HCl溶液反應CAlCl3溶液的NaOH 溶液反應D鐵絲在氯氣中燃燒【考點】鈉的重要化合物；鎂、鋁的

15、重要化合物；鐵的化學性質菁優網版權所有【分析】A少量二氧化碳與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀，過量二氧化碳與氫氧化鈣反應生成碳酸氫鈣；B滴加少量鹽酸，生成碳酸氫鈉，過量鹽酸生成二氧化碳氣體；C氯化鋁與少量氫氧化鈉反應生成氫氧化鋁，與過量氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉；D鐵絲在氯氣中燃燒只生成氯化鐵【解答】ACO2通入石灰水，CO2過量則生成碳酸氫鈣鈣，2CO2+Ca（OH）2Ca（HCO3）2，氫氧化鈣過量則生成碳酸鈣，Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，反應物用量不同，產物不同，故A不選；BNa2CO3和HCl的相對量的不同可生成NaHCO3或CO2，或兩種都有，故B不選；C氯化鋁溶液滴入氫氧化

16、鈉溶液，若氫氧化鈉過量生成偏鋁酸鈉，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O；若氫氧化鈉不足生成氫氧化鋁白色沉淀，AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，反應物用量不同，產物不同，故C不選；D鐵絲在氯氣中燃燒只生成氯化鐵，故D選故選D【點評】本題考查了物質的用量或濃度不同導致產物不同，明確物質之間的反應是解本題的關鍵，易錯選項是D，注意不能用鐵和氯氣制得氯化亞鐵，只能制得氯化鐵，題目難度中等8安全氣囊碰撞時發生反應：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2，下列判斷正確的是（）A每生成16 mol N2轉移30 mol電子BNaN3中N元素被氧化CN2既是

17、氧化劑又是還原劑D還原產物與氧化產物質量之比為1：15【考點】氧化還原反應菁優網版權所有【專題】氧化還原反應專題【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中，只有N元素的化合價變化，由N元素的化合價降低可知，2molKNO3反應轉移電子為2mol×（50）=10mol，以此來解答【解答】A由反應可知，2molKNO3反應轉移電子為2mol×（50）=10mol，即每生成16 mol N2轉移10 mol電子，故A錯誤；BNaN3中N元素化合價升高，失去電子被氧化，故B正確；C只有N元素的化合價變化，則N2既是氧化產物又是還原產物，故C錯誤；D該反應中10m

18、olNaN3是還原劑，生成氧化產物N2的物質的量是15mol；2molKNO3是氧化劑，生成還原產物N2的物質的量是1mol，還原產物與氧化產物質量之比為1：15，故D正確；故選BD【點評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側重氧化還原反應基本概念及轉移電子的考查，題目難度不大9下列對于實驗IIV的說法正確的是（）A實驗I：逐滴滴加鹽酸時，試管中立即產生大量氣泡B實驗：可比較氯、碳、硅三種元素的非金屬性強弱C實驗：從飽和食鹽水中提取NaCl晶體D裝置：酸性KMnO4溶液中有氣泡出現，且溶液顏色會逐漸變淺乃至褪去【考點】實驗裝置綜合菁優網版權所有【分析】A

19、先發生碳酸鈉與鹽酸的反應生成碳酸氫鈉；B強酸制取弱酸，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性越強，氯化氫為非含氧酸；C從飽和食鹽水中提取NaCl晶體，利用蒸發操作；D濃硫酸具有脫水性，蔗糖變為C，然后與濃硫酸反應生成二氧化硫，具有還原性，使酸性KMnO4溶液褪色【解答】A先發生碳酸鈉與鹽酸的反應生成碳酸氫鈉，則開始沒有氣泡，故A錯誤；B強酸制取弱酸可知酸性為鹽酸碳酸硅酸，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性越強，鹽酸是非含氧酸，無法比較，故B錯誤；C從飽和食鹽水中提取NaCl晶體，利用蒸發操作，不需要坩堝，應選蒸發皿，故C錯誤；D濃硫酸具有脫水性，蔗糖變為C，然后與濃硫酸反應生成二氧化硫，具有還原性，使

20、酸性KMnO4溶液褪色，觀察到性KMnO4溶液中有氣泡出現，且溶液顏色會逐漸變淺乃至褪去，故D正確；故選D【點評】本題考查實驗方案的評價，涉及到反應的先后順序、酸性強弱比較、蒸發等知識點，考查點較多，學生應注意思維的及時轉換來解答，D選項難度較大10酚酞，別名非諾夫他林，是制藥工業原料：適用于習慣性頑固便秘，有片劑、栓劑等多種劑型，其結構如右圖所示，有關酚酞說法不正確的是（）A分子式為C20H14O4B可以發生取代反應、加成反應、氧化反應C含有的官能團有羥基、酯基D1mol該物質可與H2和溴水發生反應，消耗H2和Br2的最大值為10mol和4mol【考點】有機物的結構和性質；有機物分子中的官能

21、團及其結構菁優網版權所有【專題】有機物的化學性質及推斷【分析】由結構簡式可知分子式，分子中含酚OH、COOC，結合酚、酯的性質來解答【解答】A由結構簡式可知分子式為C20H14O4，故A正確；B含酚OH可發生取代、氧化反應，含苯環可發生加成反應，故B正確；C分子中含酚OH、COOC，即含有的官能團有羥基、酯基，故C正確；D只有苯環與氫氣發生加成反應，酚OH的鄰對位與溴水發生取代，且對位均有取代基，則1mol該物質可與H2和溴水發生反應，消耗H2和Br2的最大值為9mol和4mol，故D錯誤；故選D【點評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重酚、酯性質

22、的考查，題目難度不大11常溫下，下列各組物質中，Y既能與X反應又能與Z反應的是（）XYZNaOH溶液KAlO2稀硫酸KOH溶液NaHCO3濃鹽酸O2N2H2FeCl3溶液Cu濃硝酸A B C D【考點】鎂、鋁的重要化合物；鈉的重要化合物；銅金屬及其重要化合物的主要性質菁優網版權所有【專題】幾種重要的金屬及其化合物【分析】偏鋁酸鉀只能與酸反應，不能與堿反應；NaHCO3是多元弱酸的氫鹽，既可以與強酸反應又可以與強堿反應；氮氣與氧氣在放電條件下反應得到NO，氮氣與氫氣在高溫高壓、催化劑條件下合成氨氣反應；Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應得到氯化銅、氯化亞鐵【解答】偏鋁酸鉀

23、只能與酸反應生成氫氧化鋁，不能與堿反應，故不符合；NaHCO3是多元弱酸的氫鹽，既可以與鹽酸反應生成氯化鈉，水和二氧化碳，又可以與氫氧化鉀反應生成碳酸鹽和水，故符合；氮氣與氧氣在放電條件下反應得到NO，氮氣與氫氣在高溫高壓、催化劑條件下合成氨氣反應，常溫下氮氣不能與氧氣、氫氣發生反應，故不符合；常溫下，Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應得到氯化銅、氯化亞鐵，故符合，故選C【點評】本題考查元素化合物性質，難度不大，側重對基礎知識的鞏固，需要學生熟練掌握元素化合物性質12以下進行性質比較的實驗設計，不合理的是（）A比較Cu、Fe2+的還原性；Cu加入FeCl3溶液中B比較氯

24、、溴非金屬性；氯氣通入溴化鈉溶液中C比較鎂、鋁金屬性：鎂、鋁（除氧化膜）分別放入4molL1NaOH溶液中D比較高錳酸鉀、氯氣的氧化性；高錳酸鉀中加入濃鹽酸【考點】性質實驗方案的設計菁優網版權所有【專題】實驗評價題【分析】A、依據氧化還原反應中還原劑的還原性大于含有產物分析判斷；B、非金屬單質的氧化性強弱是非金屬性強弱的判斷依據；C、比較金屬活潑性用金屬和水反應劇烈程度、最高氧化物對應水化物形成的氫氧化物堿性強弱比較，與堿反應不能比較；D、高猛酸鉀能氧化濃鹽酸生成氯氣，依據氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物判斷；【解答】A、Cu加入FeCl3溶液中反應Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+

25、，還原劑Cu的還原性大于還原產物Fe2+，故A合理；B、氯氣通入溴化鈉溶液中反應，Cl2+2Br=Br2+2Cl，反應中氯氣氧化性大于溴單質，說明氯的非金屬性大于溴，故B合理；C、鎂、鋁（除氧化膜）分別放入4molL1NaOH溶液中，鋁溶解反應，鎂不能反應，鋁反應是因為鋁是兩性元素，但不能證明金屬性強弱，D、高猛酸鉀能氧化濃鹽酸生成氯氣，依據氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物判斷，高錳酸鉀氧化性大于氯氣，故D合理；故選C【點評】本題考查了氧化還原反應的強弱規律，氧化劑的氧化性大于氧化產物，還原劑的還原性大于還原產物，非金屬性和金屬性的強弱判斷依據，題目難度中等13下列物質的制備與工業生產

26、相符的是（）NH3NOHNO3濃HClCl2漂白粉MgCl2（aq）無水MgCl2Mg飽和NaCl（aq） NaHCO3Na2CO3鋁土礦NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3AlABCD【考點】工業制取硝酸；純堿工業（侯氏制堿法）；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；金屬冶煉的一般原理菁優網版權所有【專題】化學應用【分析】工業上用氨氣（NH3）制取硝酸（HNO3），工業流程為：4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2 、3NO2+H2O=2HNO3+NO；工業上常以食鹽為原料制備氯氣，再用氯氣制備漂白粉：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，2C12+2Ca（OH）2=

27、CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；工業上制Mg的過程：MgC12溶液：將MgC12溶液經蒸發結晶得到MgC126H2O，然后MgC126H2O在一定條件下加熱得到無水MgC12：MgCl26H2OMgCl2+6H2O；最后電解熔融的氯化鎂可得到Mg：MgCl2Mg+Cl2；聯合制堿法：先使氨氣通入飽和食鹽水中而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液，其化學反應原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3+NH4Cl，將經過濾、洗滌得到的NaHCO3微小晶體，再加熱煅燒制得純堿產品：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；從鋁土礦中提取鋁反應

28、過程 溶解：將鋁土礦溶于NaOH（aq）：AlO+2NaOH=2NaAlO+HO 過濾：除去殘渣氧化亞鐵（FeO）、硅鋁酸鈉等 酸化：向濾液中通入過量CO2：NaAlO2+CO+2HO=Al（OH）+NaHCO過濾、灼燒 Al（OH）：2Al（OH）Al2O3+3HO； 電解：2Al2O3（l）4Al+3O【解答】工業上用氨氣（NH3）制取硝酸（HNO3）的工業流程：NH3NOHNO3，故正確；工業上制備漂白粉的工業流程：NaCl溶液Cl2漂白粉，故錯誤；工業上制Mg的工業流程：MgC12溶液：MgCl2（aq）MgC126H2O無水MgCl2Mg，故錯誤；聯合制堿法的工業流程：飽和NaCl（

29、aq） NaHCO3Na2CO3，故正確；從鋁土礦中提取鋁的工業流程：鋁土礦NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al，故正確；故選A【點評】本題主要考查了物質的工業制備，掌握制備的原理是解題的關鍵，難度不大14將一定質量的Mg和Al混合物投入500mL 稀硫酸中，固體全部溶解并產生氣體待反應完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示則下列說法正確的是（）AMg和Al的總質量為8gB硫酸的物質的量濃度為5molL1C生成的H2在標準狀況下的體積為11.2 LDNaOH溶液的物質的量濃度為5molL1【考點】鋁的化學性質；鎂、鋁的重要化合物菁優

30、網版權所有【專題】圖示題【分析】由圖可知，020mL發生酸堿中和，20200mL發生離子與堿生成沉淀的反應，200240mL發生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL時生成沉淀最多，溶液中的溶質為硫酸鈉，以此來解答【解答】由圖可知，020mL發生酸堿中和，20200mL發生離子與堿生成沉淀的反應，200240mL發生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL時生成沉淀最多，溶液中的溶質為硫酸鈉，A由圖象可知，n（Mg）=0.15mol，n（Al）=0.2mol，則Mg和Al的總質量為0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g

31、/mol=9g，故A錯誤；B由200240mL發生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，c（NaOH）=5mol/L，200mL時生成沉淀最多，溶液中的溶質為硫酸鈉，則c（H2SO4）=1mol/L，故B錯誤；C與硫酸反應生成的氫氣的體積應為（0.15mol+0.3mol）×22.4 Lmol1=10.08L，故C錯誤；D在加入240mLNaOH溶液時，Al（OH）3恰好全部轉化為NaAlO2，由B的計算可知氫氧化鈉溶液的濃度為5molL1，故D正確；故選D【點評】本題考查金屬的化學性質及圖象，明確圖象中點、線、面的意義及發生的化學反應為解答的關鍵，注意氫氧化鋁能溶解在N

32、aOH溶液中，側重分析及計算能力的考查，題目難度中等第2卷 非選擇題（共58分）二、非選擇題（本題包括6小題，共58分）15用電弧法合成的儲氫納米碳管常伴有大量的碳納米順粒（雜質），這種顆粒可用氧化氣化法提純，其反應式為： C+ K2Cr2O7+ H2SO4 CO2+ Cr2（SO4）3+ K2SO4+ H2O（1）完成配平上述反應的化學方程式：（2）反應的氧化劑是 ，氧化產物的電子式 ：（3）H2SO4在上述反應中表現出來的性質是 （填選項編號）（多選倒扣分）A酸性 B氧化性 C吸水性 D脫水性（4）上述反應中若產生0.2molCO2氣體，則轉移電子的物質的量是 mol【考點】氧化還原反應方

33、程式的配平；氧化還原反應的計算菁優網版權所有【專題】氧化還原反應專題【分析】（1）反應中C元素的化合價由0升高為+4價，Cr元素的化合價由+6價降低為+3價，結合質量守恒定律以此配平，并計算轉移的電子數；（2）氧化產物是化合價升高元素所在的產物，根據二氧化碳的結構來回答；（3）該反應中，硫酸中各元素的化合價不發生變化，據此來判斷性質；（4）根據電子轉移情況結合二氧化碳量來進行回答【解答】（1）反應中C元素的化合價由0升高為+4價，Cr元素的化合價由+6價降低為+3價，由電子守恒可知，C的化學計量數為3，K2Cr2O7的化學計量數為2，由質量守恒定律可知，配平后的化學反應為3C+2K2Cr2O7

34、+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案為：3；2；8；3；2；2；8；（2）Cr元素的化合價降低，則K2Cr2O7為氧化劑，氧化產物是二氧化碳，二氧化碳中，碳原子和氧原子之間通過共價雙鍵結合，屬于非極性分子，它的電子式為，故答案為：K2Cr2O7； （3）該反應中，硫酸中各元素的化合價不發生變化，反應中生成硫酸鹽，則硫酸在該反應中作酸，體現酸性，應選A，故選A；（4）化學反應中，1molC參加反應生成1mol二氧化碳時轉移電子為1mol×（40）=4mol，所以若產生0.2molCO2氣體，則轉移電子的物質的量是0.8mol，故答案為：0.8【

35、點評】本題考查氧化還原反應，明確常見元素的化合價及反應中元素的化合價變化是解答本題的關鍵，題目難度不大16非金屬元素H、C、O、S、Cl能形成的化合物種類很多，單質及化合物的用途很廣泛（1）O2的電子式為 ；（2）O、Cl兩元素形成的單質和化合物常用來殺菌消毒，試舉例 （寫化學式，任寫兩種）；（3）CH3OH在常溫下為液態，沸點高于乙烷的主要原因是 ；（4）Cl2是一種大氣污染物，液氯儲存區貼有的說明卡如下（部分）：危險性儲運要求遠離金屬粉末、氨、烴類、醇類物質；設置氯氣檢測儀泄漏處理NaOH、NaHSO3溶液吸收包裝鋼瓶用離子方程式表示“泄漏處理”中NaHSO3溶液的作用 若液氯泄漏后遇到苯

36、，在鋼瓶表面氯與苯的反應明顯加快，原因是 將Cl2通入適量KOH溶液中，產物中可能有KCl、KClO、KClO3當溶液中c（Cl）：c（ClO）=11：1時，則c（ClO）：c（ClO3）比值等于 （5）鎂是一種較活潑的金屬，Mg與Ca類似，也能與C形成某種易水解的離子化合物已知該化合物0.1mol與水完全反應后，產生0.1mol的某種氣體該氣體被溴水全部吸收后，溴水增重2.6g請寫出該水解反應方程式 【考點】氯氣的化學性質；電子式；鎂的化學性質菁優網版權所有【分析】（1）O2核外有2個電子層，最外層電子數為8；（2）O、Cl兩元素形成的單質和化合物常用來殺菌消毒，如氯氣、臭氧以及ClO2等；

37、（3）CH3OH含有氫鍵，沸點較大；（4）氯氣具有強氧化性，可與HSO3發生氧化還原反應；在鋼瓶表面氯與苯的反應明顯加快，類比溴與苯的反應可知鐵或氯化鐵起到催化劑的作用；設n（ClO）=1mol，反應后c（Cl）：c（ClO）=11，則n（Cl）=11mol，根據電子轉移守恒計算n（ClO3）；（5）溴水增重2.8g，為烴的質量，烴的物質的量為0.1mol，則相對分子質量為28，應為乙烯【解答】（1）O2核外有2個電子層，最外層電子數為8，電子式為：，（2）O、Cl兩元素形成的單質和化合物常用來殺菌消毒，如氯氣、臭氧以及ClO2等，故答案為：ClO2、O3、Cl2（任寫兩種）；（3）CH3OH

38、含有氫鍵，沸點較大，而乙烷不能形成氫鍵，故答案為：甲醇分子之間能形成氫鍵而乙烷不能；（4）氯氣具有強氧化性，可與HSO3發生氧化還原反應，反應的離子方程式為HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl，故答案為：HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl；在鋼瓶表面氯與苯的反應明顯加快，類比溴與苯的反應可知鐵或氯化鐵起到催化劑的作用，故答案為：Fe（FeCl3）能催化苯與氯氣的反應；設n（ClO）=1mol，反應后c（Cl）：c（ClO）=11，則n（Cl）=11mol，則11mol=1mol+n（ClO3）×5，n（ClO3）=2，故答案為：1：2；（5）溴水增重2.6g

39、，為烴的質量，烴的物質的量為0.1mol，則相對分子質量為26，應為乙炔，可知為MgC和水的反應，方程式為MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2，故答案為：MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2【點評】本題考查較為綜合，為高考常見題型，側重于元素化合物知識綜合理解和運用的考查，有利于培養學生的良好的科學素養，難度中等17綠礬（ FeSO47H2O ）、硫酸銨以相等物質的量混合可制得摩爾鹽晶體，反應原理為：（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2O其流程如圖1所示：（1）洗滌中Na2CO3的主要作用是 （2）結晶過程中要加熱蒸發溶劑，濃縮結晶應加

40、熱到 時，停止加熱（3）過濾是用如圖2所示裝置進行的，這種過濾跟普通過濾相比，除了過濾速度快外，還有一個優點是 （4）用無水乙醇洗滌的目的是 （5）產品中Fe2+的定量分析：制得的摩爾鹽樣品中往往含有極少量的Fe3+為了測定摩爾鹽產品中Fe2+的含量，一般采用在酸性條件下KMnO4標準液滴定的方法稱取4.0g的摩爾鹽樣品，溶于水，并加入適量稀硫酸用0.2mol/LKMnO4溶液滴定，當溶液中Fe2+全部被氧化時，消耗KMnO4溶液10.00mL本實驗的指示劑是 （填字母）A酚酞B甲基橙C石蕊D不需要產品中Fe2+的質量分數為 【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設計菁

41、優網版權所有【專題】實驗設計題【分析】制取摩爾鹽晶體流程為：先利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污，然后加稀硫酸溶解，鐵與稀硫酸反應生成亞鐵離子，加入硫酸銨發生（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2O，結晶過濾，摩爾鹽易溶于水，難溶于有機溶劑，用酒精洗滌摩爾鹽，得到摩爾鹽晶體（1）Na2CO3溶液中CO32水解使Na2CO3溶液呈堿性，油脂在堿性溶液中水解，利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污；（2）當有晶膜出現時，則停止加熱，防止摩爾鹽失水；（3）過濾適用于不溶于水的固體和液體；減壓的操作優點是：可加快過濾速度，并能得到較干燥的沉淀；（4）根據“相

42、似相溶原理”可知摩爾鹽易溶于水，難溶于有機溶劑；（5）MnO4為紫色，當滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由無（淺綠）色變為淺紫色，半分鐘內不褪色，說明滴定到終點，無需使用指示劑；Fe2+Fe3+，鐵元素化合價升高1價；MnO4+Mn2+，錳元素降低5價，化合價升降最小公倍數為5，根據關系式5Fe2+MnO4，計算4g產品中Fe2+的物質的量，進而計算Fe2+的質量，再根據質量分數定義計算【解答】制取摩爾鹽晶體流程為：先利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污，然后加稀硫酸溶解，鐵與稀硫酸反應生成亞鐵離子，加入硫酸銨發生（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2

43、O，結晶過濾，摩爾鹽易溶于水，難溶于有機溶劑，用酒精洗滌摩爾鹽，得到摩爾鹽晶體（1）Na2CO3溶液中CO32水解CO32+H2OHCO3+OH，使Na2CO3溶液呈堿性，油脂在堿性溶液中水解生成溶于水的物質易于洗去，步驟1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去鐵屑表面的油污，故答案為：利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污；（2）濃縮結晶摩爾鹽時要用小火加熱，加熱濃縮初期可輕微攪拌，但注意觀察晶膜，若有晶膜出現，則停止加熱，防止摩爾鹽失水；更不能蒸發至干，蒸干時溶液中的雜質離子會被帶入晶體中，晶體可能會受熱分解或被氧化，故答案為：加熱到溶液表面出現晶膜時；（3）減壓過濾，利用大氣壓強原

44、理，用減小壓力的方法加快過濾的速率，并能得到較干燥的沉淀， 故答案為：得到較干燥的沉淀； （4）摩爾鹽易溶于水，不能用蒸餾水洗滌，但摩爾鹽屬于無機物難溶于有機物，可用乙醇進行洗滌，洗去晶體表面的液體雜質，故答案為：除去水分，減少固體損失；（5）MnO4為紫色，當滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由無（淺綠）色變為淺紫色，半分鐘內不褪色，故不需要外加指示劑，故選：D；測定摩爾鹽產品中Fe2+的含量，采用在酸性條件下KMnO4標準液滴定，Fe2+Fe3+，鐵元素化合價升高1價；MnO4+Mn2+，錳元素降低5價，化合價升降最小公倍數為5，故Fe2+系數為5，MnO4 系數為1，根據元素守恒可知Mn2

45、+與Fe3+系數分別為1、5，根據電荷守恒可知缺項為H+，H+其系數為2+3×52×51=8，根據H元素守恒可知H2O系數是4，所以反應離子方程式為5Fe2+MnO4+8H+=1Mn2+5Fe3+4H2O，令4g產品中Fe2+的物質的量為xmol，則：5Fe2+MnO4， 5 1 xmol 0.01L×0.2mol/L 所以x=0.01mol，所以4g產品中Fe2+的質量0.01mol×56g/mol=0.56g，所以4g產品中Fe2+的質量分數為×100%=14%；故答案為：14%【點評】本題以莫爾鹽的制備為載體，考查鹽類水解、氧化還原反應、

46、氧化還原反應滴定應用、物質分離提純等有關實驗操作以及在新情境下綜合運用知識解決問題的能力題目難度較大，注意基礎知識的全面掌握18如圖，化合物A只含兩種元素，其中一種為金屬單質E中的元素，且A中金屬元素與另外元素的質量比為9：l6化合物I常溫下為液態，A在一定條件下能與I反應生成B和C已知J、K為非金屬單質，C為白色膠狀沉淀B、F為刺激性氣體，且F能使品紅溶液褪色；H和L為常見化工產品H的濃溶液與K加熱能生成F和無色無味氣體M（圖中反應條件和部分產物已略去）試回答下列問題：（1）寫出A、M的化學式：A 、M （2）反應的化學方程式： ， 反應的化學方程式： ，（3）寫出ED反應的離子方程式： 【

47、考點】無機物的推斷菁優網版權所有【專題】推斷題【分析】H的濃溶液與常見固態非金屬單質K加熱可生成刺激性氣體F和無色無味氣體M中學里符合該反應的只有碳跟濃硫酸或與濃硝酸反應，即K為碳，M為CO2，且F能使品紅溶液褪色，可推知H為濃硫酸、F為SO2，B與J連續反應得到G，G與液體I反應得到H，可推知J為O2，I為H2O，B為H2S，G為SO3，化合物A在水中發生水解反應得到B與C，C為白色膠狀沉淀，L為氯堿工業中的常見產品，C能與L反應得到D，金屬單質E與L反應也得到D，可推知C為Al（OH）3，L為NaOH，D為NaAlO2，E為Al，由元素守恒可知A中含有Al、S兩種元素，質量比為9：l6，則

48、物質的量之比=：=2：3，故A為Al2S3，據此解答【解答】解：H的濃溶液與常見固態非金屬單質K加熱可生成刺激性氣體F和無色無味氣體M中學里符合該反應的只有碳跟濃硫酸或與濃硝酸反應，即K為碳，M為CO2，且F能使品紅溶液褪色，可推知H為濃硫酸、F為SO2，B與J連續反應得到G，G與液體I反應得到H，可推知J為O2，I為H2O，B為H2S，G為SO3，化合物A在水中發生水解反應得到B與C，C為白色膠狀沉淀，L為氯堿工業中的常見產品，C能與L反應得到D，金屬單質E與L反應也得到D，可推知C為Al（OH）3，L為NaOH，D為NaAlO2，E為Al，由元素守恒可知A中含有Al、S兩種元素，質量比為9

49、：l6，則物質的量之比=：=2：3，故A為Al2S3，（1）由上述分析可知，A為Al2S3，M為CO2，故答案為：Al2S3；CO2；（2）反應的化學方程式為：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S，反應的學方程式為：C+2H2SO4（濃）CO2+2SO2+2H2O，故答案為：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S；C+2H2SO4（濃）CO2+2SO2+2H2O；（3）ED反應的離子方程式為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【點評】本題考查無機物推斷，該題突破口是：H的濃溶液與常見固態非金屬單質K加熱可生

50、成刺激性氣體F和無色無味氣體M，再結合題目信息及轉化關系推斷，需要學生熟練掌握元素化合物性質，難度較大19堿式氧化鎳（NiOOH）可用作鎳氫電池的正極材料以含鎳（Ni2+）廢液為原料生產NiOOH的一種工藝流程如下：（1）加入Na2CO3溶液時，確認Ni2+已經完全沉淀的實驗方法是 （2）已知KspNi（OH）2=2×1015，欲使NiSO4溶液中殘留c（Ni2+）2×105 molL1，調節pH的范圍是 （3）寫出在空氣中加熱Ni（OH）2制取NiOOH的化學方程式： （4）若加熱不充分，制得的NiOOH中會混有Ni（OH）2，其組成可表示為xNiOOHyNi（OH）2現

51、稱取9.18g樣品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0molL1 Fe2+標準溶液，攪拌至溶液清亮，定容至200mL取出20.00mL，用0.010molL1 KMnO4標準溶液滴定，用去KMnO4標準溶液20.00mL，試通過計算確定x、y的值（寫出計算過程）涉及反應如下（均未配平）：NiOOH+Fe2+H+Ni2+Fe3+H2O Fe2+MnO4+H+Fe3+Mn2+H2O【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用菁優網版權所有【分析】含鎳（Ni2+）廢液為原料生產NiOOH，在含Ni+的廢液中中加入碳酸鈉溶液，過濾得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入試劑調節溶液的

52、pH使鎳離子全部沉淀生成Ni（OH）2，在空氣中加熱Ni（OH）2制取NiOOH；（1）確認Ni2+已經完全沉淀的實驗方法是取上層清液，加入碳酸鈉溶液觀察是否有沉淀生成，判斷鎳離子是否全部沉淀；（2）依據溶度積常數計算溶液中氫氧根離子濃度，結合離子積常數計算溶液中的氫離子濃度，pH=lgc（H+）；（3）空氣中加熱Ni（OH）2和空氣中氧氣反應生成NiOOH和水；（4）消耗KMnO4物質的量：0.01 molL1×0.02L=2×104 mol，與NiOOH反應后剩余的Fe2+物質的量：2×104 mol×5×（200÷20）=0.0

53、1 molFe2+總物質的量：1.0 molL1×0.1 L=0.1 mol與NiOOH反應的Fe2+的物質的量：0.1 mol0.01 mol=0.09 mol得到n（NiOOH）=0.09 mol，計算得到NiOOH的質量，得到混合物中Ni（OH）2的質量，計算物質的量，依據xNiOOHyNi（OH）2計算x和y的比值；【解答】（1）確認Ni2+已經完全沉淀的實驗方法是取上層清液，加入碳酸鈉溶液觀察是否有沉淀生成，判斷鎳離子是否全部沉淀，具體操作步驟為：靜置，在上層清液中繼續滴加12滴Na2CO3溶液，無沉淀生成；故答案為：靜置，在上層清液中繼續滴加12滴Na2CO3溶液，無沉淀生成；（2）已知KspNi（OH）2=2×1015，欲使NiSO4溶液中殘留c（Ni2+）2×105 molL1，KspNi（OH）2=c（Ni2+）×c2（OH）=2×1015，c（OH）=105mol/L，c（H+）=109mol/L，pH=