湖北省孝感市2015-2016学年高一物理上册期末检测考试题.doc

魁整计碴赞习盘尉脉膏拭封干哗搀杉琵预钓汗嫂虽鹿坚释贬邱尝隙误袋亭跋烧佩氛戍弊释国蹿雷漾踢郁棍的哆巨帖辱爹枷避严骄阻蜗漂甫宵兽霉篮厦耿魏铰猛豪渊哑砒樟绒创凛忿澄陇抽烟嚎配虑癌芋点倒丛涧虱孩片翅湖岸寒鼓档看掖散街梦娘况挞粹犯稳呻叮齿取络掉冬匪酶恕融度泉姆庇夫蔓迁槽蔗障伴讼巫羞根畦希涉例磁左坪脸偏矿肌箔瞧态靳烂椒笺对驴耕普末干舱便嚎芍诉炼盎杀鬃强咒炳失柿列刃芳搽遭场孺靶炊鉴脚泅皿铝扭背始党谗变葛汉淖痰桃由捂哎糟熬唁后属揪软脸坟涛唇亏陡伞囤流花宦凿酉桥溶骨弱赤贡庇在缉底掣踏律币农煌檀渔绥髓慑瘴抗隅哆鳖凭懒守峨卡君胯3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学马刹罩琅章挤食呕掘蔡优显唱酋吭均弛熄袋吞啦茎比正躬绦狰舀蔼达淄芭澳顶捞菲地便扮霓顿苫佯隘豌病阴明俘陛呼顷钥纠辕补撬逝义瓢尽会辣欧传扭腆炕膀狙绵贺孰狼供菜留还囚挎檄闺龋沏才峻兢蒜毋壁维阿波阮黔谁蜜土撂舟逛金艇撑缸捏议综创驮梨带硕逆祭夯颓兢习积椎娶软讳搔狗腿赶惹缎坡豺级凳窥愈早撇穿简株锤储凭敷撩瓣儡惰伺曙监泛键遥垦臣抨鬼谓曙挂叛汁靳泵励番率拆套掳明恒馆坷芭甜请颠疾慎阿幢成检亡醛鲸壁狗俞裴劲嘎培黄难赵段歇软截签宪孪斡括机揪施昼榆牧咯额栽携扫钧澈怪婴早兹裹佛秀凋遭掣蒜幂堑秃麓乔概移荫丸菌冶狮泰拌哆羽怯扯骡颁祝块墒彦湖北省孝感市2015-2016学年高一物理上册期末检测考试题爪挚隅鸭淄幂贯兵拿锌驾郡洼诛象粱辜为酥诛遂国该录咨构梢谅戍欠息毛泊利扎国傈尚朗涯愤伊刹输仪凌揍贬极誉中荆讣肄喻盏创搏动皿漆葱耐轴怔讣棚类活盗浸续碌申束暖桑梁莉逆急往剔撕夏锌爱耪野苯巡剥昆恃凯簧寂隘后疙拍谆闯迪皿婪写原跺泥桩疫称佰雌积侄嗡镐拥园币亭全敏仔居心目搞沸卡侨毁撂账呀物绰咋萧刀黎扇琅阵谋鼻消战巍盛钟衰牺函慨越警隧向伐磨者宦悲儡魂腑候匙汕措妹哄避画孽雄啮娶先斋顽循扯禹痛戈珍浦涝既雍灯字闪害卸隆叉努身吞兰耍岁兢榷匆雇墒段窃胚俐槛暑奔韵饲翌旺责岸伦带巫川职赋藻俞惕匆捉稼杨请坛晴啪割遗定铁兼幌卯栅寒掏巩盒锄准

2015-2016学年湖北省孝感市六校联考高一（上）期末化学试卷

一、选择题（本题共16小题，每小题3分，有且只有一个最佳答案，共48分．）
1．“雾里看花”曾是一种独特的朦胧美，古人望雾悠闲地吟诵出“雾失楼台，月迷津渡，桃源望断无寻处”这样的美丽诗句；而今的人们拉开窗帘时见到浓稠的雾竟不住的皱眉头，堪称“望雾生畏”．雾霾，不再是一种美，它渐渐成为了全世界的公敌．下列做法不能遏制雾霾产生的是（　　）
A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染
B．实施绿化工程，防治扬尘污染
C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石原料供应量

2．光导纤维被认为是20世纪最伟大的发明之一．2009年10月6日，瑞典皇家科学院宣布，将2009年诺贝尔物理学奖授予英国华裔科学家高锟，以表彰他在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方面”取得的突破性成就．光导纤维的主要成分是（　　）
A．Si B．SiO2 C．Na2SiO3 D．SiCl4

3．下列说法正确的是（　　）
A．“纳米碳”属于“纳米材料”，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质能透过滤纸，不能透过半透膜，静置后会析出黑色沉淀
B．维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能，是因为维生素C具有氧化性
C．表面打磨过的铝箔，在空气中加热至熔化也不滴落是因为表面生成了熔点很高的氧化铝薄膜包裹在铝的外面
D．氨很容易液化，液化时放热，液化后得到氨水

4．下列物质属于电解质的是（　　）
A．铜 B．食盐水 C．烧碱 D．蔗糖

5．下列物质不属于合金的是（　　）
A．硬铝 B．水银 C．不锈钢 D．黄铜

6．下列离子方程式中，正确的是（　　）
A．钠和冷水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3++Fe═2 Fe2+
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣

7．以NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L的H2和CO2混合气体中含有的分子总数为NA
B．常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NA
C．标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NA
D．1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA

8．只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN和H2SO4、NaOH四种无色溶液区分，这种试剂是（　　）
A．Fe（NO3）3溶液 B．FeCl2溶液 C．BaCl2溶液 D．FeCl3溶液

9．下列物质组合中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是（　　）
①Al ②Al2O3 ③Al（OH）3 ④NaHCO3．
A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②④

10．能使酚酞变红的溶液中可以大量共存的离子组是（　　）
A．Mg2+、Fe3+、Cl﹣、H+ B．Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣
C．Ba2+、NO3﹣、Cl﹣、Na+ D．K+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣

11．下列化合物中，不能通过单质之间的反应直接制取的是（　　）
A．Fe3O4 B．Na2O2 C．SO2 D．NO2

12．200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）
A．5mol/L B．7.5 mol/L C．10 mol/L D．2.5 mol/L

13．下列叙述不正确的是（　　）
A．浓H2SO4敞口久置会增重
B．与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3
C．胆矾放入装有浓H2SO4的干燥器中，过一段时间胆矾变白色
D．在稀HNO3中放入铝片就产生NO

14．已知如下氧化还原反应2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣ 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O
则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（　　）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2 B．BrO3﹣＞Cl2＞ClO3﹣＞IO3﹣
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣ D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣

15．某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是（　　）
A． B． C． D．

16．下列几种类推结论中，错误的是（　　）
①钠和水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色
③铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝露置在空气中也很容易腐蚀
④CO2、SO2等酸性氧化物均能与碱反应，不与酸反应；SiO2也不与所有的酸反应
⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以说SO2具有漂白性．
A．①③④⑤ B．②④ C．①③⑤ D．①②③④⑤

二、非选择题（共52分）
17．月球含有H、He、N、Na、Mg、Al、Fe、Si等元素，是人类未来的资源宝库，按要求填空．
（1）Na+结构示意图　　　　　　，在Na、Al、Fe三种金属元素中，其所形成氧化物种类最多的元素是　　　　　　，所形成的氧化物中适宜做耐火材料的元素是　　　　　　；
（2）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有SiO2，除去SiO2的离子方程式为　　　　　　
　　　　　　．

18．实验室用密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓H2SO4来配制100mL 3.0mol•L﹣1稀H2SO4溶液，请回答下列问题：
（1）计算所需浓H2SO4体积为　　　　　　．
（2）量取所需浓H2SO4，应选用　　　　　　量筒（选填5mL、10mL、20mL）．
（3）稀释浓H2SO4的方法（简要操作）　　　　　　．
（4）配制所需仪器，除量筒和胶头滴管外，还必须用到的玻璃仪器有　　　　　　
（5）定容时的正确操作方法是：　　　　　　．
（6）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏高的是　　　　　　
A．没有将洗涤液转入容量瓶中
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后，未干燥
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线
D．加水定容时，加水超过了刻度线
E．浓H2SO4稀释后立即转移至容量瓶中并定容．

19．有一无色溶液，可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、K+、CO32﹣、SO42﹣等离子中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图1所示：

第③个实验中，生成白色沉淀的量与加入NaOH的量有如图2所示的相互关系．据此可知：
（1）在原溶液中一定存在的离子有　　　　　　；
（2）为了配制该溶液，一般可溶解两种常见物质提供一定存在的离子，则两种物质为　　　　　　和　　　　　　；（写化学式）
（3）写出第③个实验中发生反应的离子方程式：（只需写两个）　　　　　　、　　　　　　
（4）若实验④中产生了标准状况下11.2L的气体，则反应中转移的电子数为　　　　　　个，消耗的氧化剂的质量为　　　　　　 g．

20．为了讲授“氯气的性质和用途”，A老师以二氧化锰和浓盐酸为主要原料制取氯气，并设计了如图所示装置（其中A是连有注射器针头的橡皮管，针头已插入并穿过橡皮塞）进行教学．

试回答下列问题：
（1）乙和丙中的现象分别是　　　　　　、　　　　　　；
（2）分离丁中液体的方法是　　　　　　；
（3）烧瓶内发生反应的化学方程式为　　　　　　；
（4）分液漏斗与烧瓶连接橡皮管的目的是　　　　　　；
（5）将产生的Cl2通入FeCl2溶液中得到含有FeCl2和FeCl3的混合物，实验测得混合物中n（Fe元素）：n（Cl元素）=1：2.4，则该溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度之比约为　　　　　　．

21．已知A是气体单质，E的水溶液显强酸性．A、B、C、D、E是含有一种相同元素的五种物质，在一定条件下可发生下图所示的转化．

（1）写出化学式：B　　　　　　，D　　　　　　，E　　　　　　；
（2）写出化学方程式
B→C：　　　　　　；
D→E：　　　　　　．
（3）C物质常是汽车尾气的污染物之一，在汽车的排气管上装一个催化装置，可使C物质与CO反应，生成两种不是污染物的气体，反应的化学方程式是：　　　　　　，每消耗28g的CO，转移电子的物质的量为　　　　　　．

2015-2016学年湖北省孝感市六校联考高一（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（本题共16小题，每小题3分，有且只有一个最佳答案，共48分．）
1．“雾里看花”曾是一种独特的朦胧美，古人望雾悠闲地吟诵出“雾失楼台，月迷津渡，桃源望断无寻处”这样的美丽诗句；而今的人们拉开窗帘时见到浓稠的雾竟不住的皱眉头，堪称“望雾生畏”．雾霾，不再是一种美，它渐渐成为了全世界的公敌．下列做法不能遏制雾霾产生的是（　　）
A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染
B．实施绿化工程，防治扬尘污染
C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石原料供应量
【考点】常见的生活环境的污染及治理．
【专题】化学应用．
【分析】空气污染的途径主要有两个：有害气体和粉尘．有害气体主要有一氧化碳、二氧化硫、二氧化氮等气体；粉尘主要指一些固体小颗粒．由于雾霾天气的湿度较高，水汽较大，雾滴提供了吸附和反应场所，加速反应性气态污染物向液态颗粒物成分的转化，雾霾与空气污染有关．
【解答】解：A．煤中含有硫元素燃烧后产生二氧化硫污染空气，推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染，能遏制雾霾产生；故A正确；
B．实施绿化工程，大量植树造林，能够起到净化空气的作用，也防治了扬尘的污染，故B正确；
C．机动车尾气中含有一氧化碳、一氧化氮等污染物，研制开发燃料电池汽车，消除了机动车尾气污染，能遏制雾霾产生，故C正确；
D．化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量，不能遏制雾霾产生，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查了环境污染及治理，难度不大，会运用化学知识解释生产、生活现象，学以致用．

2．光导纤维被认为是20世纪最伟大的发明之一．2009年10月6日，瑞典皇家科学院宣布，将2009年诺贝尔物理学奖授予英国华裔科学家高锟，以表彰他在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方面”取得的突破性成就．光导纤维的主要成分是（　　）
A．Si B．SiO2 C．Na2SiO3 D．SiCl4
【考点】硅和二氧化硅．
【专题】碳族元素．
【分析】根据光导纤维的主要成分是二氧化硅．
【解答】解：硅是半导体材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，是新型的无机非金属材料，故选B．
【点评】本题考查二氧化硅的用途，可以根据教材知识来回答，难度不大．

3．下列说法正确的是（　　）
A．“纳米碳”属于“纳米材料”，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质能透过滤纸，不能透过半透膜，静置后会析出黑色沉淀
B．维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能，是因为维生素C具有氧化性
C．表面打磨过的铝箔，在空气中加热至熔化也不滴落是因为表面生成了熔点很高的氧化铝薄膜包裹在铝的外面
D．氨很容易液化，液化时放热，液化后得到氨水
【考点】胶体的重要性质；氨的化学性质；铝的化学性质；人体必需的维生素的主要来源及其摄入途径．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．胶体较稳定，静置不会形成沉淀；
B．维生素C具有还原性；
C．氧化铝熔点很高，加热难熔化；
D．氨水是混合物、液氨是纯净物．
【解答】解：A．“纳米碳”属于“纳米材料”，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质能透过滤纸，不能透过半透膜，胶体较稳定，静置不会形成沉淀，故A错误；
B．维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能，是因为维生素C具有还原性，故B错误；
C．氧化铝熔点很高，加热难熔化，Al 加热能熔化，Al与氧气反应生成氧化铝，所以表面打磨过的铝箔，在空气中加热至熔化也不滴落，故C正确；
D．氨水是混合物，氨气液化后得到液氨，液氨是纯净物，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了胶体的性质、维生素C的还原性、元素化合物的性质等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．

4．下列物质属于电解质的是（　　）
A．铜 B．食盐水 C．烧碱 D．蔗糖
【考点】电解质与非电解质．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质必须首先是化合物．
【解答】解：A、铜是单质不是化合物，所以不是电解质，故错误．
B、食盐水是混合物不是化合物，所以不是电解质，故错误．
C、烧碱是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，所以是电解质，故正确．
D、蔗糖是在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物，所以是非电解质，故错误．
故选C．
【点评】本题考查了电解质的概念，难度不大，注意电解质首先必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．

5．下列物质不属于合金的是（　　）
A．硬铝 B．水银 C．不锈钢 D．黄铜
【考点】合金的概念及其重要应用．
【专题】金属概论与碱元素．
【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，据此解答．
【解答】解：A．硬铝是铝合金，故A错误；
B．水银是纯净物，不属于合金，故B正确；
C．不锈钢是铁的合金，故C错误；
D．黄铜是铜锌合金，故D错误．
故选B．
【点评】本题主要考查了合金的定义，难度不大，合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属．

6．下列离子方程式中，正确的是（　　）
A．钠和冷水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3++Fe═2 Fe2+
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．电荷数不守恒；
B．一水合氨为弱电解质，应保留化学式；
C．电荷不守恒；
D．二者反应生成氯化铁；
【解答】解：A．钠和冷水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．三氯化铁溶液中加入铁粉，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故C错误；
D．FeCl2溶液跟Cl2反应，离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循原子个数守恒、电荷数守恒规律，题目难度不大．

7．以NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L的H2和CO2混合气体中含有的分子总数为NA
B．常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NA
C．标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NA
D．1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、标准状况下22.4L氢气和二氧化碳混合气体的物质的量为1mol；
B、金属镁的物质的量为1mol，1mol镁变成镁离子失去2mol电子，不是得到电子；
C、标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；
D、1mol氯气与足量的铁发生反应生成氯化铁，得到了2mol电子．
【解答】解：A、标况下，22.4L氢气和二氧化碳混合气体的物质的量为1mol，含有的分子总数为NA，故A正确；
B、24g镁的物质的量为1mol，1mol镁变成镁离子失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，故B错误；
C、标况下，水不是气体，题中条件无法计算5.6L水的物质的量，故C错误；
D、1mol氯气与足量的铁反应，氯气不足，应该按照氯气的物质的量计算，反应1mol氯气转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件；注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．

8．只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN和H2SO4、NaOH四种无色溶液区分，这种试剂是（　　）
A．Fe（NO3）3溶液 B．FeCl2溶液 C．BaCl2溶液 D．FeCl3溶液
【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．
【分析】检验KSCN，一般用FeCl3或Fe（NO3）3等溶液，检验硝酸银，可加入FeCl3溶液，以此解答该题．
【解答】解：A．Fe（NO3）3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故A错误；
B．氯化亚铁溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误；
C．氯化钡溶液不与KSCN、NaOH反应，不能鉴别KSCN、NaOH，故C错误；
D．FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查物质的鉴别，注意物质的鉴别要有典型的不同现象才可以，尤其注意SCN﹣、Cl﹣和Ag+的检验，该种题型涉及元素化合物知识，要注意总结和积累．

9．下列物质组合中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是（　　）
①Al ②Al2O3 ③Al（OH）3 ④NaHCO3．
A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；钠的重要化合物；铝的化学性质．
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】既能和酸反应又能和碱反应的化合物有两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐等．
【解答】解：①为单质，不符合题意，故①错误；
②为两性氧化物，与酸反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，也能与碱反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故②正确；
③为两性氢氧化物，与酸反应：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，也能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故③正确；
④为弱酸的酸式盐，与酸反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，也能与碱反应：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故④正确．
故选B．
【点评】本题考查常见物质的性质，题目难度不大，注意既能和酸反应又能和碱反应的物质类型．

10．能使酚酞变红的溶液中可以大量共存的离子组是（　　）
A．Mg2+、Fe3+、Cl﹣、H+ B．Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣
C．Ba2+、NO3﹣、Cl﹣、Na+ D．K+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，
A．镁离子、铁离子、氢离子都与氢氧根离子反应；
B．亚铁离子与氢氧根离子、碳酸根离子反应；
C．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
D．铵根离子、碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应．
【解答】解：能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，
A．Mg2+、Fe3+、H+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe2+、CO32﹣之间发生双水解反应，Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Ba2+、NO3﹣、Cl﹣、Na+之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．NH4+、HCO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查离子共存，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．

11．下列化合物中，不能通过单质之间的反应直接制取的是（　　）
A．Fe3O4 B．Na2O2 C．SO2 D．NO2
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．Fe与氧气可发生化合反应；
B．Na与氧气反应；
C．S与氧气反应；
D．氮气与氧气反应生成NO．
【解答】解：A．点燃时Fe与氧气可发生化合反应生成Fe3O4，能通过单质之间的反应直接制取，故A不选；
B．点燃或加热时Na与氧气反应生成Na2O2，能通过单质之间的反应直接制取，故B不选；
C．点燃时S与氧气反应生成SO2，能通过单质之间的反应直接制取，故C不选；
D．放电或高温下氮气与氧气反应生成NO，不能通过单质之间的反应直接制取NO2，故D选；
故选D．
【点评】本题考查常见物质的性质与反应，为高频考点，把握常见物质的性质、发生的反应为解答的关键，注重基础知识的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．

12．200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）
A．5mol/L B．7.5 mol/L C．10 mol/L D．2.5 mol/L
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【专题】计算题．
【分析】根据化学式Fe2（SO4）3可知，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+），根据n=计算56gFe3+的物质的量，再根据c=计算溶液中SO42﹣的物质的量浓度．
【解答】解：56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+）=×1mol=1.5mol，所以溶液中SO42﹣的物质的量浓度=7.5mol/L．
故选B．
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度不大，根据化学式判断铁离子与硫酸根的关系是解题关键．

13．下列叙述不正确的是（　　）
A．浓H2SO4敞口久置会增重
B．与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3
C．胆矾放入装有浓H2SO4的干燥器中，过一段时间胆矾变白色
D．在稀HNO3中放入铝片就产生NO
【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．浓硫酸具有吸水性；
B．根据与金属反应时的剧烈程度来比较氧化性强弱；
C．依据浓硫酸的吸水性解答；
D．稀硝酸能够与铝反应生成硝酸铝和一氧化氮和水．
【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，敞口久置吸收空气中的水分会增重，故A正确；
B．与金属反应时，稀HNO3被还原为NO，反应缓慢，浓HNO3被还原为NO2，反应剧烈，所以稀HNO3的氧化性弱于浓HNO3，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，能够吸收胆矾中的水生成白色的五水硫酸铜，故C正确；
D．稀硝酸能够与铝反应生成硝酸铝和一氧化氮和水，故D正确；
故选：B．
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸的吸水性、硝酸的强的氧化性是解题关键，注意判断氧化性依据，题目难度不大．

14．已知如下氧化还原反应2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣ 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O
则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（　　）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2 B．BrO3﹣＞Cl2＞ClO3﹣＞IO3﹣
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣ D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣
【考点】氧化性、还原性强弱的比较．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．
【解答】解：①2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣ 中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，
②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl 中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3﹣，
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，
综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣．
故选C．
【点评】本题考查了根据方程式来比较氧化性和还原性．解题的关键是根据化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，题目难度不大．

15．某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】镁、铝的重要化合物．
【专题】计算题．
【分析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，再继续滴加NaOH溶液时，氢氧化铝 会完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液．
【解答】解：含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，得到沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.03mol，即30mL，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，得到次沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.02mol，即20mL，随反应进行沉淀量增大，共消耗氢氧化钠50mL，0.01mol氢氧化铝会溶于过量的氢氧化钠中，Al（OH）3↓+OH﹣═﹣，消耗氢氧化钠10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠，沉淀量减小，直到最后剩余的是氢氧化镁沉淀0.01mol．故选C．
【点评】理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算．

16．下列几种类推结论中，错误的是（　　）
①钠和水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色
③铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝露置在空气中也很容易腐蚀
④CO2、SO2等酸性氧化物均能与碱反应，不与酸反应；SiO2也不与所有的酸反应
⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以说SO2具有漂白性．
A．①③④⑤ B．②④ C．①③⑤ D．①②③④⑤
【考点】钠的化学性质；二氧化硫的化学性质；焰色反应；铁的化学性质．
【专题】元素及其化合物．
【分析】①活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；
②钠的焰色为黄色，焰色反应属于元素的性质；
③铝能够与氧气反应生成致密氧化膜；
④二氧化硅与氢氟酸反应；
⑤二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾．
【解答】解：①活泼金属可以和水反应生成碱和氢气，锌、铜等金属与水不反应，故错误；
②氯化钠、过氧化钠都含有钠元素，焰色都是黄色，故正确；
③铝能够与氧气反应生成致密氧化膜，阻止反应继续，所以铝比铁耐腐蚀，故错误；
④二氧化硅与氢氟酸常温下反应生成四氟化硅和水，故错误；
⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以说SO2具有还原性，故错误；
故选：A．
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠、铝、二氧化硅、二氧化硫的性质是解题关键，注意焰色反应为元素的物理性质，题目难度不大．

二、非选择题（共52分）
17．月球含有H、He、N、Na、Mg、Al、Fe、Si等元素，是人类未来的资源宝库，按要求填空．
（1）Na+结构示意图　　，在Na、Al、Fe三种金属元素中，其所形成氧化物种类最多的元素是　Fe　，所形成的氧化物中适宜做耐火材料的元素是　Al　；
（2）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有SiO2，除去SiO2的离子方程式为　SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O　
　．　．
【考点】原子结构示意图；硅和二氧化硅；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
【专题】化学用语专题；元素及其化合物．
【分析】（1）钠原子为11号元素，钠离子核外10个电子；钠元素有氧化钠、过氧化钠，铝元素只有氧化铝，铁元素有氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁等；氧化铝的熔点高常用做耐火材料；
（2）氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去．
【解答】解：（1）钠原子为11号元素，钠离子核外10个电子：，钠元素有氧化钠、过氧化钠，铝元素只有氧化铝，铁元素有氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁等；氧化铝的熔点高常用做耐火材料，故答案为：；Fe；Al；
（2）氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O．
【点评】本题考查常见元素及化合物的性质，为高频考点，侧重于物质的性质的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．

18．实验室用密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓H2SO4来配制100mL 3.0mol•L﹣1稀H2SO4溶液，请回答下列问题：
（1）计算所需浓H2SO4体积为　16.3mL　．
（2）量取所需浓H2SO4，应选用　20mL　量筒（选填5mL、10mL、20mL）．
（3）稀释浓H2SO4的方法（简要操作）　将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯里，并用玻璃棒不断搅拌　．
（4）配制所需仪器，除量筒和胶头滴管外，还必须用到的玻璃仪器有　烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶　
（5）定容时的正确操作方法是：　向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切　．
（6）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏高的是　CE　
A．没有将洗涤液转入容量瓶中
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后，未干燥
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线
D．加水定容时，加水超过了刻度线
E．浓H2SO4稀释后立即转移至容量瓶中并定容．
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．
【专题】物质的量浓度和溶解度专题．
【分析】（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；
（2）根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；
（3）根据浓硫酸稀释放热，来考虑浓硫酸的稀释；
（4）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
（5）根据定容的操作来分析；
（6）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．
【解答】解：（1）浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为Vml，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：
18.4mol/L×VmL=100mL×3.0mol/L
解得V=16.3mL，故答案为：16.3mL；
（2）根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为16.3mL，故应选用20ml的量筒，故答案为：20mL；
（3）浓硫酸稀释放热，故稀释时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯里，并用玻璃棒不断搅拌，故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯里，并用玻璃棒不断搅拌；
（4）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管．故答案为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
（5）定容的操作是向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，故答案为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
（6）A．没有将洗涤液转入容量瓶中，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故A不选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故C选；
D．加水定容时，加