《山东省青岛二中2015届高三化学上学期10月段考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省青岛二中2015届高三化学上学期10月段考试题含解析.doc（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2014-2015学年山东省青岛二中高三（上）段考化学试卷（10月份）一、选择题：（本题包括17个小题，每小题3分，共51分每小题只有一个选项符合题意，请将正确答案填涂在答题卡上）1设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )A标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数约为0.56.021023B1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 NAC常温常压下，42g 乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NAD1 mol Fe与足量的稀HNO3反应，转移2NA个电子2下列分类或归类正确的是( )液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物 CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化
2、合物明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质 碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体ABCD3下列关于胶体的叙述不正确的是( )A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在109107m之间B胶体分散质的直径介于溶液和浊液分散质直径之间C用激光笔照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同DFe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的4常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )无色溶液中：K+、Na+、C、ClOpH=2的溶液中：Fe2+、Na+、Mg2+、N加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HC、S、N由水电离出
3、的c（OH）=1.01013 molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br含有较多Fe3+的溶液中：Na+、N、SCN、HCABCD5能正确表示下列反应的离子方程式是( )AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO+H2O=HClO+HSO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO
4、46将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是( )Aoa段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2OBbc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32Cab段与cd段所发生的反应相同Dde段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致7下列有关物质的性质及应用说法正确的是( )A过量的铜与浓硝酸反应可生成NOBFe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料CNa、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到DFe2
5、+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性8配制100mL1mol/L的氢氧化钠溶液，下列操作错误的是( )A在托盘天平上放两片大小相同的纸，然后将氢氧化钠放在纸上称取B把称得的氢氧化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液转入容量瓶中C用蒸馏水洗涤烧杯、玻棒23次，洗涤液也移入容量瓶D沿着玻棒往容量瓶中加蒸馏水，直至溶液凹面的最低点与刻度相切9铬（Cr）与铝的性质相似，Cr（OH）3+OHCr（OH）4，下列推断中正确的是( )A往CrCl3溶液加入过量NaOH溶液可制得Cr（OH）3B对CrCl36H2O加热脱水可得CrCl3CCr2O3既能溶于酸，又
6、能溶于NaOH溶液DCr（OH）4水溶液显酸性10海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是( )A用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClC在第、步骤中，溴元素均被氧化D工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁11根据表中信息判断，下列选项不正确的是( )序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第
7、组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br212水热法制备直径为1100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2+2S2O32+O2+aOHY+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是( )Aa=4B将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 molDS2O32是还原剂13将一定质量的镁和铝的混合物投入100ml盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法正确的是(
8、)A镁和铝的总质量为10 gBNaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1C盐酸的物质的量浓度为5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L14向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化则下列分析中正确的是( )A白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2B滴加KI溶液时，转移2mol e时生成1mol白色沉淀C通入SO2时，SO2与I反应，I作还原剂D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO215如图是M、N两种物质的溶解度曲线，在t2时往盛有100g水的烧杯中先后加入ag M和ag N（两种物质溶解时互不
9、影响，且溶质仍是M、N），充分搅拌，将混合物的温度降低到t1，下列说法正确的是( )At1时，M、N的溶解度相等，得到M、N的饱和溶液Bt2时，得到M的饱和溶液、N的不饱和溶液Ct1时，M、N的溶质质量分数一定相等Dt2时，M、N的物质的量浓度一定相等16用下列装置进行有关实验不能达到预期目的是( )A用甲装置可制得Fe（OH）3胶体B用乙装置可制得金属锰C用丙装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D用丁装置能较长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀17在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2molL1和1.5molL1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分
10、反应下列有关说法正确的是( )A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体二、填空题（共49分）18中学常见的某反应的化学方程式为a+bc+d+H2O（未配平，反应条件已略去）请回答下列问题：（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶于c溶液中则a与b反应的离子方程式为：_（2）若c、d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，写出其褪色过程中反应的离子方程式：_（3）若c是无色有刺激性气味的气体，其水溶液显
11、弱碱性，在标准状况下用排空气法收集c气体，得平均摩尔质量为20gmol1的混合气体进行喷泉实验假设溶质不扩散，实验完成后烧瓶中所得溶液的物质的量浓度为_molL1（小数点后保留2位有效数字）（4）若a是造成温室效应的主要气体，c、d均为钠盐，参加反应的a、b的物质的量之比为4：5则上述反应的离子方程式为_19某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl、Br、I、CO32、AlO2为探究其成分，进行了以下探究实验（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与
12、加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示该溶液中一定含有的阳离子是_，其对应物质的量浓度之比为_，一定不存在的阴离子是_；请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式_（2）探究二：乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl）2.5mol3.0mol4.0moln（Br）3.0mol2.8mol1.8moln（I） x mol00当通入Cl2的体积为5.6L时，溶液中发生反应的离子方程式为_；原溶
13、液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为_20铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图1（1）Al2O3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为_（填代号）a氢氧化钠溶液 b硫酸溶液 c氨水 d二氧化碳由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、_（填操作名称）、洗涤（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置（图2）为_（填代号）21某化学兴趣小组测定某Fe2（SO4）3样品（只含少量FeCl2杂质）中铁元素的质量分
14、数，按以下实验步骤进行操作：称取a g样品，置于烧杯中；加入50mL 1.0mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0mL溶液；量取25.0mL步骤中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量氯水，使反应完全；加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；过滤，洗涤沉淀；将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；请根据上面叙述，回答：（1）上图所示仪器中，步骤中必须用到的仪器有E和_（填字母）（2）步骤中：配制50mL 1.0mol/L稀H2SO4，需要用量筒量取98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4体积为_ mL（3）样
15、品中的杂质Fe2+有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式_Fe2+_ClO2+_Fe3+_Cl+_H2O从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，对实验结果的影响是_（填“偏大”“偏小”或“不影响”），等物质的量ClO2与Cl2的氧化效率之比为_（4）若步骤不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会_（填“偏大”“偏小”或“不影响”）22某研究所对含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料进行相关的研究实验过程如下：回答下列问题：（1）滤渣的成分为_，操作的名称为_（2）上图溶液B中所发生反应的离子方程式为_（3）实验要求向溶液B中通入过量的空气，证明通入空气过量的方法是_（4）操作第一步需
16、要的仪器除了酒精灯、铁架台外，还需要_、_（5）某同学利用下面装置制备氢气并利用氢气还原某金属氧化物，根据要求回答问题请设计一个实验方案验证H2的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是A_D（除D装置外，其它装置不能重复使用），最后D装置中所加药品为_，其作用是_点燃B处酒精灯之前必须进行的操作是_2014-2015学年山东省青岛二中高三（上）段考化学试卷（10月份）一、选择题：（本题包括17个小题，每小题3分，共51分每小题只有一个选项符合题意，请将正确答案填涂在答题卡上）1设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )A标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数约为0.56
17、.021023B1mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 NAC常温常压下，42g 乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NAD1 mol Fe与足量的稀HNO3反应，转移2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、一氧化氮 和氧气发生化学反应生成二氧化氮，气体物质的量减小；B、羟基是中性原子团，氢氧根离子是阴离子；C、乙烯和丁烯混合气体最简式相同为CH2，计算42g CH2中极性键数；D、足量硝酸反应生成硝酸铁【解答】解：A、一氧化氮 和氧气发生化学反应生成二氧化氮，气体物质的量减小，标准状况下，11.2L的O2和NO的混合物含有的分子数小于0.56.021023，故A错误；B
18、、羟基是中性原子团含有电子数9 NA，氢氧根离子是阴离子含有电子数10NA，故B错误；C、乙烯和丁烯混合气体最简式相同为CH2，计算42g CH2中极性键数=NA2=6NA，故C正确；D、足量硝酸反应生成硝酸铁，1 mol Fe与足量的稀HNO3反应，转移3NA个电子，故D错误；故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是化学反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单2下列分类或归类正确的是( )液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物 CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质 碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体C60、C70、金刚石、石墨均为
19、碳的同素异形体ABCD【考点】混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念 【分析】氨水为氨气溶于水形成的混合物；CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物；水银是金属汞单质，既不是电解质也不是非电解质； 碘酒为碘单质溶于酒精形成的溶液；C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体【解答】解：氨水为氨气溶于水形成的混合物，故说法错误；CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物，故说法正确；水银是金属汞单质，既不是电解质也不是非电解质，故说法错误； 碘酒为碘单质溶于酒精形成的溶液，故说法错误；C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素
20、异形体，故说法正确，故选A【点评】本题考查混合物、电解质、化合物、同素异形体等概念，难度不大，注意这几个概念的区别3下列关于胶体的叙述不正确的是( )A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在109107m之间B胶体分散质的直径介于溶液和浊液分散质直径之间C用激光笔照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同DFe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的【考点】胶体的重要性质 【分析】A根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；B胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm；C根据溶液不具有丁达尔效
21、应，而胶体具有丁达尔效应；DFe（OH）3 胶体的表面积较大【解答】解：A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的直径在109107m之间，故A错误； B胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B错误；CNaCl溶液不具有丁达尔效应，而Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，现象不相同，故C正确；DFe（OH）3 胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的，故D错误故选C【点评】本题考查学生胶体的特性以及溶液和胶体的本质区别，难度不大，熟悉胶体的性质是解答的关键4常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )无色溶液中：K+
22、、Na+、C、ClOpH=2的溶液中：Fe2+、Na+、Mg2+、N加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HC、S、N由水电离出的c（OH）=1.01013 molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br含有较多Fe3+的溶液中：Na+、N、SCN、HCABCD【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】该组离子之间不反应，且均为无色；pH=2的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；加入Al能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液；由水电离出的c（OH）=1.01013 molL1的溶液，为酸或碱溶液；离子之间结合生成络离子、发生相互促进水解反应【解答】解：该组离子之间不反应，且均为无色，能大量
23、共存，故选；pH=2的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故不选；加入Al能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，OH、H+分别与HCO3反应，则不能共存，故不选；由水电离出的c（OH）=1.01013 molL1的溶液，为酸或碱溶液，无论酸或碱溶液，该组离子之间不反应，能共存，故选；Fe3+、SCN离子之间结合生成络离子，Fe3+、HCO3发生相互促进水解反应，则不能共存，故不选；故选C【点评】本题考查离子的共存，明确常见离子之间的反应是解答本题的关键，注意离子之间的氧化还原反应、相互促进水解反应、络合反应等，题目难度不大5能正确表示下列反应的离子方程式是(
24、)AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2OH=Mg（OH）2C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO+H2O=HClO+HSO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】AFe3O4溶于足量稀HNO3，反应生成硝酸铁；B漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；C次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；D.0
25、.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合，反应生成氢氧化铝和硫酸钡【解答】解：AFe3O4溶于足量稀HNO3，离子方程式：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故A错误；B等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2 和 HC1 溶液混合：Mg2+2H+4OH=Mg（OH）2+2H2O，故B错误；C将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式为：Ca2+SO2（过量）+2ClO+H2O=CaSO4+Cl+SO42+2H+，故C错误；D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液
26、等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响6将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是( )Aoa段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2OBbc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32Cab段与cd段所发生的反应相同Dde段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所
27、致【考点】离子方程式的有关计算 【专题】元素及其化合物【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，据此解答【解答】解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba
28、CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A由上述分析可知，oa段发生反应：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，故A正确；B由上述分析可知，bc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，故B正确；C由上述分析可知，ab段发生反应2KOH+CO2=K
29、2CO3+H2O，cd段所发生CO32+CO2+H2O=HCO3，两阶段反应不相同，故C错误；Dde段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；故选C【点评】本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，难度中等，侧重对基础知识的综合考查，掌握元素化合物性质是关键7下列有关物质的性质及应用说法正确的是( )A过量的铜与浓硝酸反应可生成NOBFe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料CNa、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到DFe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性【考点】铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的化学性质
30、；金属冶炼的一般原理 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、当浓硝酸变稀时，会生成NO；B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4；C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法；D、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性【解答】解：A、由于铜过量，当浓硝酸变稀时，会生成NO，故A正确；B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4，是黑色晶体，故B错误；C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法，故C错误；D、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性而非漂白性，故D错误故选A【点评】本题考查了铜与浓硝酸的反应、铁在氧气中的燃烧产物以及金属的冶炼方法和亚铁离子、
31、二氧化硫的还原性等问题，难度适中，要注意二氧化硫使品红褪色是其漂白性的唯一的体现8配制100mL1mol/L的氢氧化钠溶液，下列操作错误的是( )A在托盘天平上放两片大小相同的纸，然后将氢氧化钠放在纸上称取B把称得的氢氧化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液转入容量瓶中C用蒸馏水洗涤烧杯、玻棒23次，洗涤液也移入容量瓶D沿着玻棒往容量瓶中加蒸馏水，直至溶液凹面的最低点与刻度相切【考点】配制一定物质的量浓度的溶液 【分析】A、氢氧化钠固体易潮解；B、氢氧化钠固体溶解放热，应冷却后再移液；C、应确保将所有的溶质全部转移至容量瓶；D、定容时，应用胶头滴管来进行【解答】解：A、氢氧化钠固
32、体易潮解，故称量时应放到小烧杯里，不能放到纸上，故A错误；B、氢氧化钠固体溶解放热，应冷却后再移液，故B正确；C、应确保将所有的溶质全部转移至容量瓶，否则会导致所配溶液的浓度偏小，故在移液后应洗涤，并把洗涤液也转移至容量瓶，故C正确；D、定容时，先向容量瓶中注水，至液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面最低处与刻度线相切，故D错误故选AD【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的操作分析，难度不大，根据实验步骤来分析即可9铬（Cr）与铝的性质相似，Cr（OH）3+OHCr（OH）4，下列推断中正确的是( )A往CrCl3溶液加入过量NaOH溶液可制得Cr（OH）3B对
33、CrCl36H2O加热脱水可得CrCl3CCr2O3既能溶于酸，又能溶于NaOH溶液DCr（OH）4水溶液显酸性【考点】两性氧化物和两性氢氧化物 【分析】A由Cr（OH）3+OHCr（OH）4，可知Cr（OH）3溶于氢氧化钠；BCrCl3与AlCl3的性质相似，加热会促进水解反应彻底进行；CCr2O3与Al2O3性质相似，属于两性氧化物；DCr（OH）4水解溶液显碱性【解答】解：A由Cr（OH）3+OHCr （OH）4，Cr（OH）3与Al（OH）3的性质相似，属于两性氢氧化物，往CrCl3溶液加入过量NaOH溶液得到NaCr （OH）4，故A错误BCrCl3与AlCl3的性质相似，CrCl3
34、6H2O中Cr3+离子水解，加热HCl挥发，促进水解程度进行得到Cr（OH）3，故B错误；CCr2O3与Al2O3性质相似，属于两性氧化物，既能溶于酸，又能溶于NaOH溶液，故C正确；DCr（OH）4结合氢离子，水解生成氢氧化铬，使溶液显碱性，故D错误，故选C【点评】本题考查了铝的性质，运用类比思想分析判断铬及其化合物的性质，题目难度中等10海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是( )A用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClC在第、步骤中，溴元素均被氧化D工业上通过电解饱和MgCl2
35、溶液制取金属镁【考点】海水资源及其综合利用 【分析】ANaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀；B碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，易与分离而促进反应向生成物方向进行，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl；C根据物质的性质以及变化结合元素化合价的变化判断；D电解饱和MgCl2溶液不能得到镁【解答】解：ANaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，应用氯化钙溶液鉴别，故A错误；B碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度较小的碳酸氢钠会先析出，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故B正确；C海水提溴是
36、先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故C错误；D镁为活泼金属，电解氯化镁溶液，在阳极生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀，不能得到镁，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故D错误故选B【点评】本题重点考查了化学与资源综合利用、环境保护等方面的知识，开发利用金属矿物和海水资源是新课程标准教材中的必修内容，在高考命题上也有所体现金属矿物中的铁矿石、铝土矿相关内容，海水资源相关的海水提溴、海水提镁都是高考命题的热点，同学们应给予重视只在掌握好相关的物理、化学性质以及基本实验技能就能顺利解答11根据表中信息判
37、断，下列选项不正确的是( )序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被
38、氧化，结构电子转移守恒计算判断C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+【解答】解：A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由
39、1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故D错误故选：D【点评】考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物12水热法制备直径为1100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2+2S2O32+O2+aOHY+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是( )Aa=4B将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C每有3 mol Fe2+参加
40、反应，反应中转移的电子总数为5 molDS2O32是还原剂【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OHY+S4O62+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2OA、根据电荷守恒计算a的值B、直径为1100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体C、3 molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价降低，据此计算D
41、、所含元素化合价升高的反应物是还原剂【解答】解：从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OHY+S4O62+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2OA、从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4，故A正确；B、1100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为2价，所以转移电子数
42、为4mol，故C错误；D、反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32是还原剂，故D正确故选：C【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键13将一定质量的镁和铝的混合物投入100ml盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法正确的是( )A镁和铝的总质量为10 gBNaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1C盐酸的物质的量浓度为5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物 【分析】从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3；当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，根据各阶段各物质的量进行计算和判断【解答】解：从图