2013届辽宁省丹东市宽甸二中高三上学期期末考试化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届辽宁省丹东市宽甸二中高三上学期期末考试化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列关于物质的分类、性质、用途说法全部正确的是 A水玻璃 混合物 氨水 弱碱 B油脂 天然高分子化合物 有机玻璃 合成高分子化合物 C二氧化硅 半导体材料 硅单质 光纤材料 D高锰酸钾溶液 氧化性 碳酸钠溶液 碱性 答案： D 试题分析： A项：水玻璃是硅酸钠溶液，是混合物；氨水是混合物，一水合氨才是弱碱。 B项：油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物；有机玻璃是由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的，是合成高分子化合物。 C项：光纤材料是高纯的二氧化硅。 D项：碳酸钠水解呈碱性。故选 D。 考点：物质的分类、性质和用途 点

2、评：本题考查了物质的基本性质。旨在考查对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。 高铁酸钾 ( K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是 A有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物水解后能吸附水中杂质 B有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物水解后能吸附水中杂质 C有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌 D有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌 答案： A 试题分析：高铁酸钾 ( K2FeO4)中 Fe元素为 +6价，具有很强的氧化性，能杀菌消毒，其还原产物 Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质。故选 A。 考点：氧化性 点评：一般来说，变价元素位于最高价态时只有氧化

3、性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时，既有氧化性又有还原性。一般处于最高价态时，氧化性最强，随着化合价降低，氧化性减弱还原性增强。 某溶液中含有 SO32-、 SiO32-、 Br-、 CO32-、 Na+，向该溶液中通入过量的 Cl2，下列判断正确的是 ( ) 反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的只有 Na+ 有胶状物质生成 有气体产生 溶液颜色发生变化 共发生了 2个氧化还原反应 A B C D 答案： B 试题分析： Cl2与发生水反应的离子方程式为： Cl2+H20 H+Cl-+HClO，具有酸性和强氧化性。 Cl2通入到题中的溶液中后 : SO32-基本被氧化为 SO42-

4、，可能有一部分直接生成了 SO2逸出溶液。氧化还原反应。 SiO32-因为溶液最终为酸性，转化为 H2SiO3，胶状物质。 Br-被氧化为 Br2，溶液变为橙色。氧化还原反应。 CO32-因为溶液最终为酸性，变成了 CO2逸出溶液。 Na+不受影响。 算上 Cl2溶于水发生歧化反应，共有 3个氧化还原反应。 故选 B。 考点：无机反应 点评：着重考查了氯水成分的多重性，每个性质发生一定的反应。由于氯水中成分的复杂性，使氯水具有下列多重性质： 氯水中有 Cl2所以呈黄绿色，具有Cl2的强氧化性，如氯水能使润湿的 KI淀粉试纸变蓝（用于对 Cl2收集的验满），能与 SO2、亚硫酸及其盐、 FeBr

5、2等发生氧化还原反应。 新制的氯水中有HClO， HClO 具有强氧化性，故氯水具有漂白性。 因氯水中有 HCl，所以氯水能与镁粉反应放出氢气，能与 Na2CO3、 CaCO3等反应产生 CO2，能与硝酸银反应生成白色沉淀。 具有次氯酸的弱酸性。 氯水性质多重性同时表现：如，a HCl的酸性与 HClO 的漂白性同时表现，所以新制氯水可使石蕊试液先变红后褪色。 b向氯水中加入 NaOH 溶液时， HCl和 HClO 分别同时与 NaOH 反应，生成 NaCl、 NaClO，反应为 :Cl2 2NaOH=NaCl+NaClO H2O 氯水中有大量H2O，加入无水 CuSO4将会出现蓝色。 将磁性

6、氧化铁放入稀 HNO3中可发生如下反应： 3Fe3O4 + 28HNO3=9Fe(NO3)x + NO+ 14H2O 下列判断合理的是 ( ) A Fe(NO3)x中的 x为 2 B反应中每还原 0.4 mol氧化剂，就有 1.2 mol电子转移 C稀 HNO3在反应中只表现氧化性 D磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化 答案： B 试题分析：根据 N 守恒可计算出 x=3， A错误； Fe3O4可看成是 FeO Fe2O3，所以 3molFe3O4反应，化合价升为 +3价的 Fe只有 3mol， D错误； Fe失电子数为 3，HNO3表现氧化性和酸性， C 错误； 28molHNO3反应，降为

7、 +2 价的 N 只有 1mol，每生成 1molNO 转移电子数为 3mol， B正确。 故选 B。 考点：氧化还原反应基本概念及计算 点评：解决此类题目的关键是掌握氧化还原反应的基本概念，部分元素化合价发生变化的反应要看清楚发生化合价变化的原子个数。 被称为万能还原剂的 NaBH4溶于水并和水反应： NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。下列说法中正确的是 ( ) A被氧化的元素与被还原的元素质量比为 14 B NaBH4既是氧化剂又是还原剂 C NaBH4是还原剂， H2O 是氧化剂 D硼元素被氧化，氢元素被还原 答案： C 试题分析：氧化还原反应中有 “化 合价不交叉原则 ”，比如

8、有 +1和 -1价的氢要产生 +1和 0价的氢，只要产物中的 +1价氢少于反应物中的 +1价氢，那么就不允许 -1价的氢生成 +1价的氢。在 NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2反应中， NaBH4中 H元素的化合价为 -1 价， H2O 中 H 元素的化合价为 +1 价，二者发生氧化还原反应，其中 NaBH4是还原剂， H2O 是氧化剂，反应中 B元素的化合价没有发生变化，反应中氧化剂和还原剂中化合价变化的数值相等，则被氧化的元素与被还原的元素质量比为 1： 1故选 C。 考点：氧化还原反应基本概念及计算 点评：解决此类题目的关键是掌握氧化还原反应的基本概念，部分元素化合价发生变化的反应

9、要看清楚发生化合价变化的原子个数。 下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是 ( ) A向 AlCl3溶液中加入过量 NaOH溶液 B向 NaOH溶液中通入 CO2气体 C向 MgSO4、 H2SO4的混合溶液中加入过量的 Ba(OH)2溶液 D向 NaHCO3溶液中加入 CaC2固体 答案： C 试题分析： A项：发生反应为： AlCl3 + 3 NaOH = Al(OH)3 + 3 NaCl， Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2 H2O，因此溶质为 NaAlO2和 NaOH； B项：这要 CO2的量，若少量，溶质为， NaOH、 Na2CO3；若适量 (恰好 )，溶质为，

10、 Na2CO3；若过量，溶质为， NaHCO3。 D项： CaC2与水反应， CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2，若Ca(OH)2不足，既然 Ca(OH)2不足，那么 NaHCO3应该保证 1molCa2+和 2molOH-完全反应， 2molOH-需要 2molHCO3-，生成了 2molCO32-和 2molH2O，其中只有1molCO32-与 1molCa2+形成沉淀因为 Ca(OH)2不足，只有 1molCa2+，另外1molCO32-仍在溶液中， Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2O。同理，当Ca(OH)2过量时，则 NaHCO3不足，则 Ca(

11、OH)2应保证将 HCO3-完全反应，1molHCO3-，需要 1molOH-，生成 1molCO32-和 1molH2O，生成的 1molCO32-应与足量的 Ca2+形成沉淀因为 Ca(OH)2足量，既要提供足量的 OH-，也要提供足量的 Ca2+： HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2O。故选 C。 考点：无机反应 点评：解此类题得关键是弄清反应本质，要综合考虑反应发生的各种情况，涉及量的不同反应不同的问题。 200 时， 11.6 g CO2和水蒸气的混合气体与过量的 Na2O2充分反应后，固体质量增加了 3.6 g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有 、 、 、等离子的水溶液

12、中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是 ( ) A原混合气体的平均摩尔质量为 23.2 g/mol B混合气体与 Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为 0.25 mol C溶液中 的物质的量浓度基本保持不变 D溶液中 的物质的量浓度减小， 的物质的量浓度增大，但是和 的物质的量浓度之和基本保持不变 答案： A 试题分析： A项：设混合物中 CO2和 H2O 的物质的量分别为 m、 n 则 44m+18n=11.6 1mol的 CO2和 1mol的 H2O 与 Na2O2反应，固体质量分别增加（ 44-16） =28g、（ 18-16） =2g 所以 28m+2n=3.6 合并 解得

13、m=0.1mol n=0.4mol M(平均 )=m(总 )/n(总 )=11.6g/(0.1mol+0.4mol)= 23.2 g/mol。 A正确。 B项： 2CO2 + 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2 ， 2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2 ， 中转移电子 0.1mol， 中转移电子 0.4mol，总转移电子书为 0.5mol。 B错误。 C、 D项：剩余固体加入到溶液中， OH-和 HCO3-发生反应， OH-+ HCO3-=CO32-+H2O ，溶液中 HCO3-浓度减少， CO32-浓度增加来源 2个方面，剩余固体Na2CO3中的和反应 的， 和 的物质的量浓度

14、之和会增大。 水解方程式为， +H20 HSO32-+OH- ，剩余固体 NaOH加入到溶液中会有大量的 OH-，反应 会逆向移动， 浓度会增大。 C、 D错误。故选 A。 考点：化学计算 点评：考查的内容不多但繁琐，过氧化钠的性质，水解反应及其移动都是常考的知识点。 某含铬 Cr2O72- 废水用硫酸亚铁铵 FeSO4 (NH4)2 SO4 6H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到 n molFeO FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述正确的是 A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为 n(2-x)mol B处理废水中 Cr2O72- 的物质的量为 nxmol

15、 C反应中发生转移的电子数为 3n mol D在 FeO FeyCrxO3中 3x=y 答案： D 试题分析： A项：消耗硫酸亚铁的物质的量为 n(y+1)，又由 FeO FeyCrxO3电中性知 3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为 n(3-x)； B项： Cr元素 nxmol，故 Cr2O72-的物质的量为 nx/2； C项：得到 nmolFeO FeyCrxO3，则一共有 nx molCr参加反应， 1molCr转移电子 3mol，且仅 Cr失电子，故转移的电子数为 3nxmol； D项 :FeO FeyCrxO3中， Fe为正三价，由得失电子守恒知 3x-y=0，即 3

16、x=y。 故选 D。 考点：化学计算 点评：在中学阶段铬有 +6价和 +3价，解答本题依据化合物的化学式中正负化合价的代数和为 0的原则。 铁和氧化铁的混合物共 x mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到 ymol氢气，且向反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为 ( ) A （ x-y） mol B（ x-y） mol C （ x+y） mol D（ x+y） mol 答案： C 试题分析：加入 KSCN 不显红色，说明溶液中没有 Fe3+ 设铁的物质的量为 x， Fe2O3的物质的量为 (a-x)， Fe3+是由氧化铁与 H+反应得到的 由 Fe2O3 2 F

17、e3+，可以 Fe3+的物质的量 = (2a-x) Fe + 2 H+ = H2 + Fe2+ b b Fe + 2 Fe3+ = 3 Fe2+ x-b a-x 所以 x-b = 2(a-x) 解得 x= (a+b)/2 mol 即原混合物中铁的物质的量为 (a+b)/2 mol。 故选 C。 考点：化学计算 点评：解答本题需要，分析透彻反应原理，铁具有还原性， Fe2+遇到 KSCN 溶液不显红色， Fe3+具有氧化性且遇到 KSCN 溶液显红色。 下列叙述正确的是 ( ) A氯化铝溶液中加入过量氨水的反应实质是： Al3+ + 3NH3 H2O =Al (OH)3 + 3NH4+ B Al

18、(OH)3是两性氢氧化物，所以它能溶解于盐酸或氨水中 C加入 KSCN 溶液显红色的溶液中， Na+、 Ca2+、 HCO3-、 I- 可以大量共存 D标准状况下， 2.24 L NH3溶于 1L水中制得氨水，则所得氨水的物质的量的浓度为 0.1mol L-1 答案： A 试题分析： B项： Al(OH)3不能溶解于氨水中； C项：加入 KSCN 溶液显红色的溶液中含有 Fe3+， Fe3+具有氧化性，而 I-具有还原性，发生反应为： 2Fe3+2I-=2Fe2+I2； D项： c=n(溶质 )/V(溶液 )，溶质的物质的量为 0.1mol.而溶液的体积大于 1L，所以所得氨水的物质的量的浓度

19、小于 0.1mol L-1。故选 A。 考点：无机物的性质 点评：考查的细节问题， Al(OH)3是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，不溶于弱酸（除乙酸外）、弱碱。含 Fe3+的溶液遇到 KSCN 溶液变红色。物质的量浓度的计算， c=n(溶质 )/V(溶液 )。 下列涉及离子方程式书写的评价合理的是 （ ） 答案： C 试题分析： A项：水解反应是可逆反应，符号应为 “ ”； B项：离子方程式是正确的，多余的 2个 Cl-在溶液中没参加化学反应； D项：铝与碳酸会有所反应，反映分为两步。碳酸是 CO2的水溶液，里面有 H+、 OH-、 CO32-、 HCO3-、H2O、 H2CO3、 CO2这几

20、种离子和物质，当 AL投入的时候，会与水发生反应，产生 Al（ OH） 3，如果只是纯粹水溶液的话由于反映产生的 Al（ OH） 3是一层质密的薄膜，将 Al与水阻挡开，使反应停止。但是水溶液里面还有大量酸性的H+、 HCO3-离子，会与 Al（ OH） 3反映，使反应继续下去，最终反应能够得到Al3+离子的，其实反映的实质就是 Al+6H2O 2Al(OH) 3+3H2，而中间借助了酸溶液的酸性，使反应不断进行，最后得到 Al3+，但是水解又会得到 Al（ OH）3， Al3+3H2O=Al(OH)3+3H+，而酸是弱酸，双水解情况下，不存在 Al2（ CO3） 3，所以最后就是得到 Al（

21、 OH） 3，而不是单质 Al，反映的现象是冒气泡和生成沉淀，总之：碳 酸铝是不存在的，或者说是极其不稳定，只有在少数高端实验室条件下才可以实现。而单质铝投入碳酸水中是会反应的，实验现象是生成沉淀和冒气泡，沉淀是氢氧化铝。故选 C。 考点：离子方程式正误判断 点评：离子方程式正误判断要注意：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等、看连接符号是否正确、注意双水解的离子不能共存。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。 已知电离平衡常数： H2CO3 HClO HCO3-，氧化性： HClO Cl2 Br2Fe3+ I2。下列有关离子

22、反应或离子方程式的叙述中，正确的是（ ） A能使 PH试纸显深红色的溶液中， Fe3+、 Cl-、 Ba2+、 Br-能大量共存 B向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色 C向 NaClO 溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式 : 2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32- D向 FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为： 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 答案： A 试题分析： B项：溴会氧化氯化亚铁成氯化铁， Fe3+是棕黄色； C项：已知电离平衡常数 HClO HCO3-， HClO 的酸性强于 HCO3-，不会生成 CO32-，应为 ClO-+CO2+ H2O=H

23、ClO+HCO3-； D项：氧化性： Fe3+ I2，其还原性： I- Fe2+，因此氯水会先氧化 I-后才氧化 Fe2+。故选 A。 考点：离子方程式正误判断 点评：离子方程式正误判断要注意：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。 逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下推理中正确的是 ( ) A单质都是由同种元素组成的，只含一种元素的物质一定是纯净物 B金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与酸反应一定放出氢气 C中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应都属于中和反应 D氧

24、化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物 答案： D 试题分析： A项：金刚石和石墨都是由 C元素组成，但不是同一种物质。红磷和白磷都是由 P元素组成，但不是同一种物质。还有 O2和 O3等。互为同素异形体。 B项：铝是活泼金属，跟稀硫酸、盐酸反应放出氢气，但遇到热的浓硫酸、热的浓硝酸，稀硝酸会反应放出二氧化硫、二氧化氮、一氧化氮气体，遇到冷的浓硫酸、冷的浓硝酸会钝化，无气体放出。 C项：中和反应是酸和碱互相交换成分，生成盐和水的反应。有盐和水生成的反应不一定属于中和反应，例如， NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O, NaHCO3是盐而不是碱，因此次反应不属于中和反应。故

25、选 D。 考点：逻辑推理 化学用语 点评：本题考查了逻辑推理的思维方法，旨在考查对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。 下列实验操作或 方法中，正确的是 A大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并尽量往低处去 B因为固体氯化钠溶解时热效应不大，所以可以在容量瓶中溶解氯化钠固体 C用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体 D用溶解、过滤的方法除去粗盐中的氯化钙和氯化镁等杂质 答案： C 试题分析： A项：氯气的密度大于空气的密度，应往上去； B项：容量瓶是在常温下配置溶液的容器，不能用来反应或直接在里面溶液溶质； C项氯化钠加热不分解，氯化铵加热分解，可用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体： D 项：过滤是

26、除去不溶物的实验操作，而氯化钙和氯化镁都是可溶的 杂质。故选 C。 考点：化学实验 物质的性质 点评：基本的化学实验操作的考查。氯气的物理性质：是黄绿色的气体、氯气有毒、并有刺激性气味、密度比空气大、熔沸点较低、能溶于水易溶于有机溶剂、在压强为 101kPa、温度为 -34.6 时易液化。如果将温度继续冷却到 -101时，液氯变成固态氯。 1体积水在常温下可溶解 2体积氯气氯气有毒，闻有毒气体气味的方法是 (扇动法 )：用手轻轻在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔。容量瓶是为配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器（注意：常温下），不能在其里面溶解物质，发生化学反应 。 下列除去杂质的方法正

27、确的是（ ） A除去 CO2中混有的 CO：用 NaOH溶液洗气 B除去铜器表面的铜绿 Cu2(OH)2CO3：用硝酸浸泡，再用清水冲洗 C除去 KNO3晶体中少量 NaCl:加水溶解，蒸发结晶 D除去 Fe（ OH） 3固体中少量 Mg（ OH） 2:加入足量饱和 FeCl3溶液，充分搅拌后过滤 答案： D 试题分析： A项：要除去 CO，而 NaOH溶液会 CO2和反应； B项：硝酸会和铜反应； C项： KNO3和 NaCl都是盐，不会挥发，蒸发的话，最后都会析出。故选 D。 考点：化学实验操作 除杂 点评：解答本题需注意除去杂质应遵守的原则：（ 1）除杂质要彻底；（ 2）除杂质过程不能引

28、入新的杂质；（ 3）除杂质所用试剂不能与主要成分作用。 下列有关实验的操作、原理和现象，正确的是（ ） A减压过滤是为了加快过滤速度，得到较大颗粒的晶体 B硫酸亚铁铵晶体过滤后用无水乙醇洗涤除去其表面的杂质 C溶液、胶体各悬浊液这三种分散系的本质区别是能否透过滤纸或半透膜 D用 Na2SO4的稀溶液使蛋清液发生盐析，进而分离、提纯蛋白质 答案： B 试题分析： A项：减压过滤只是为了加快过滤速度，与晶体大小无关； C项 ：溶液、胶体各悬浊液这三种分散系的本质区别微粒直径大小不同； D项：用饱和的 Na2SO4溶液使蛋清液发生盐析，进而分离、提纯蛋白质。故选 B。 考点：化学实验 点评：考查内容

29、较多，涉及蛋白质性质、胶体、硫酸亚铁铵晶体、比较简单，旨在考查学生对基础知识的掌握，平时注意基础知识的积累掌握。 下列实验中，能够达到预期目的的是 ( ) 编号 实验内容 实验目的 A 在 Na2SO3溶液中加入 HNO3酸化的 Ba(NO3)2 ，产生白色沉淀检验 Na2SO3是否变质 B 将某气体通入品红溶液中，品红褪色 证明该气体是 SO2 C 用洁净的玻璃棒蘸取 NaOH溶液，点在湿润的pH试纸上 ,与标准比色卡对照 测定 NaOH溶液的 pH D 在两支试管中各加入 4 mL 0.01 mol/L的 KMnO4 酸性溶液，再分别加入 0.1 mol/L H2C2O4 溶液 2 mL、

30、 0.2 mol/L H2C2O4 溶液 2 mL, 分别记录溶液褪色所需时间 探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响 答案： D 试题分析： A项： HNO3首先氧化 Na2SO3成 Na2SO4， Na2SO4再与 Ba(NO3)2反应产生白色沉淀； B项：氯气也可以使品红溶液褪色；若将某气体通入品红溶液中，品红褪色，再加热颜色恢复，可证明该气体是 SO2； C项： pH试纸使用时不用湿润。故选 D。 考点：化学实验 点评：解答本题需主要学生对实验操作细节的掌握，要求学生平时注意基础知识的积累掌握 (PH的使用前不能湿润。 Na2SO3具有还原性， HNO3具有强氧化性 )。 在下列溶液

31、中，各组离子一定能够大量共存的是 ( ) A在含有 NaHCO3的溶液中： K+、 SO42-、 Cl-、 H+ B加入铝粉后产生氢气的溶液中： NH4 +、 Na+、 NO3-、 SO42- C c(H+)=11-12 mol L-1的溶液： K+、 Ba2+、 Cl-、 Br- D在 pH=1的溶液中： NH4+、 K+、 ClO-、 Cl- 答案： C 试题分析： A项： Na会发生水解反应，反应式为 HCO3-+H20 H2CO3+OH-,呈碱性， H+不能存在； B项：加入铝粉产生氢气的的溶液可能呈酸性（含 H+）也可能为碱性（含 OH-）， NH4 +和 OH-不能共存； D项：

32、pH=1的溶液呈酸性（含H+） , ClO-和 H+不能共存。故选 C。 考点：离子共存 点评：本题考查了离子共存问题，解答本题需知：（ 1）离子间相互结合形成沉淀、气体、弱电解质、络离子时不能大量共存；离子间发生双水解反应、氧化还原反应时不能大量共存。（ 2）注意题目的限制条件。 下列离子方程式中正确的是 （ ） A Ba(OH)2溶液中加 NaHSO4溶液至中性： Ba2 OH- H SO42- BaSO4H2O B钠与硫酸铜溶液反应： Cu2 2NaNa Cu C用食醋检验水垢中碳酸钙的存在： CaCO3 2H Ca2 CO2 H2O D KI溶液与 H2SO4酸化的 H2O2溶液混合：

33、 2I- H2O2 2H 2H2O I2 答案： D 试题分析： A项：违反客观事实，应为 Ba2 2OH- 2H SO42- BaSO42H2O； B项： Na与硫酸铜溶液反应时，是分两步进行的：第一步 Na与水反应 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2，第二步 NaOH与 CuSO4反应 2NaOH + CuSO4 = Cu(OH)2 + Na2SO4，合起来 总反应方程式 2Na + CuSO4 + 2H2O = Cu(OH)2 + Na2SO4 + H2； C项： CH3COOH是弱电解质，书写离子方程式时不能拆开，应为 CaCO3 2CH3COOHCa2 2CH3COO-+

34、CO2 H2O。故选 D。 考点：离子方程式正误判断 点评：离子方程式正误判断要注意：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。 若 NA代表阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是（ ） A 1mol/L的氨水与等质量的水混合后（忽略体积变化），所得溶液浓度大于0.5mol/L B 1mol Na2O2与足量的水完全反应，转移的电子数为 2NA C在标准状况下， 22.4L氢气与 22.4L氦气所含有的原子数均为 2NA D 28g乙烯和环丙烷（ C3H6）的混合气体含有的原子总数为 3NA 答案

35、： A 试题分析： B项： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2， Na2O2既是氧化剂又是还原剂。Na2O2中的 O 是 -1 价， NaOH 中的 O 是 -2 价， O2中的 O 是 0 价， -1-2， -10，转移一个电子，因此一个 Na2O2 转移的是 1 个电子； C 项：氦气分子式为： He，是单原子分子， 1mol氦气所含有的原子数均为 NA； D项 ：乙烯（ C2H4）和环丙烷（ C3H6） ,可写成通式： (CH2)n, 28g即为 (2/n)mol。原子数为 (2/n)*3n*NA = 6NA。故选 A。 考点：化学计算 点评：熟悉 NA、物质的量、物质的量浓度之间

36、的计算关系是解决此类问题的关键。 实验题 (8分 )现有四瓶丢失标签的 NaOH、 Na2CO3、 AlCl3、 NH4HSO4溶液，为鉴别四瓶溶液，将四瓶溶液编号为 A、 B、 C、 D进行实验。实验过程记录如下： B逐滴加入 A中先产生白色沉淀 X，继续加入 B沉淀消失得无色溶液 W； B与 C中混合加热得无色气体 Y，将 Y通入紫色的石蕊试液中，石蕊试液变蓝； C和D以 2:1混合得无色无味的气体 Z，将 Z通入紫色的石蕊试液，石蕊试液变红。根据实验现象请回答： （ 1） Y、 Z的化学式分别为： Y ； Z X与 B反应的离子方程式为 。 （ 2） D溶液 pH （填 “大于 ”、 “

37、小于 ”或 “等于 ”） 7，原因是（用离子方程式表示）： 。 （ 3）等物质的量浓度的 A、 B、 C、 D溶液 pH由大到小的顺序是 。（用化学式表示） （ 4）请写出 C与过量 B反应（加热）的离子方程式 。 答案：（ 8分） (1)NH3; CO2; Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (2)大于 ; CO32-+H2O HCO3-+OH- (3)NaOHNa2CO3AlCl3NH4HSO4（以上每空 1分） (4)NH4+H+2OH-=NH3+2H2O（ 2分） 试题分析：（ 1） B逐滴加入 A中先产生白色沉淀 X，继续加入 B沉淀消失得无色溶液 W，可推知， A为 Al

38、Cl3， B为 NaOH， X为 Al(OH)3， w为 NaAlO2，离子方程式为 Al3+OH-= Al(OH)3， Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。 B与中混合加热得无色气体 Y，将 Y通入紫色的石蕊试液中，石蕊试液变蓝，可推知， C为NH4HSO4， Y为 NH3， D为 Na2CO3。 C和 D以 2:1混合得无色无味的气体 Z，将 Z通入紫色的石蕊试液，石蕊试液变红，可推知， Z为 CO2。（ 2） Na2CO3是强碱弱酸盐，溶于水发生水解，离子方程式为 CO32-+H2O HCO3-+OH-，呈碱性， PH7。（ 3） NaOH是强碱， PH最大， Na2CO3是强

39、碱弱酸盐类， Na2CO3水解呈碱性， AlCl3是强酸弱碱盐， AlCl3水解呈酸性性， NH4HSO4电离出 H+呈强酸性，因此 PH顺序为 NaOHNa2CO3AlCl3NH4HSO4。（ 4） NH4HSO4电离方程式为， NH4HSO4=NH4+H+SO42-。 考点：化学实验 点评：试剂滴加的顺序和多少对化学反应都有影响，注意对量的分析。识记一些常用的实验现象，气体通入紫色的石蕊试液中，石蕊试液变蓝的是碱性气体。气体通入紫色的石蕊试液，石蕊试液变红是酸性气体。 （ 12分）用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（ CuCl2 xH2O）。有如下操作： 已知：在 pH为 45时， Fe3+

40、几乎完全水解而沉淀，而此时 Cu2+却几乎不水解。 （ 1）氧化剂 A可选用 _（填编号，下同） Cl2 KMnO4 HNO3 H2O2 （ 2）要得到较纯的产品，试剂 B可选用 _ NaOH FeO CuO Cu2(OH)2CO3 （ 3）试剂 B的作用是 _ 提高溶液的 pH 降低溶液的 pH 使 Fe3+完全沉淀 使 Cu2+完全沉淀 （ 4）从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是 _（按实验先后顺序选填编号） 过滤 蒸发浓缩 蒸发至干 冷却 （ 5）为了测定制得的氯化铜晶体（ CuCl2 xH2O）中 x值，某兴趣小组设计了两种实验方案： 方案一：称取 m g晶体灼烧至质量不再减轻为止，

41、冷却、称量所得无水 CuCl2的质量为 n g。 方案二：称取 m g晶体、加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止、冷却、称量所得固体的质量为 n g。 试评价上述两种实验方案，其中正确的方案是 _，据此计算得 x = _（用含 m、 n的代数式表示）。 答案：（ 12分）（ 1） （ 2分） （ 2） （ 2分） （ 3） （ 2分） （ 4） （ 2分） （ 5）二 (2分 )； (2分 ) 试题分析：（ 1）四种试剂都具有强氧化性，为的是制取氯化铜晶体，选用的氧化剂反应后不能生成其它杂质离子，因此选用 Cl2 H2O2。（ 2）试剂 B与氧化剂 A选择条件是相

42、似的，因此选用 CuO Cu2(OH)2CO3。（ 3）选择的试剂B，通过与酸的反应生成 Cu2+且提高溶液的 pH。因在 pH为 45时， Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时 Cu2+却几乎不水解。所以促使了 Fe3+完全沉淀。（ 4）氯化铜晶体的生成，对滤液先加热蒸发使水份减少溶液浓缩，再冷却结晶，过滤就得到了氯化铜晶体。（ 5）氯化铜晶体灼烧的温度足以分解氯化铜，氯化铜经过灼烧是不能以氯化铜的形式存在的，会分解为 CuO， CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl Cu(OH)2 CuO + H20,固体不可能为纯净的 CuCl2，因此第一种方法不正确。第二方案中，最终生成的是 CuO，根据铜原子守恒可得 : CuCl2 xH2O CuO 135+18x 80 m n （ 135+18x） /m = 80/n x=(80m-135n)/18n 考点：化学实验 化学计算 点评：解答本题找准考点是关键，考查了盐类水解，注意方案一中最终 的固体不可能为纯净的 CuCl2。