广东省湛江第一中学2015-2016学年高一上学期第二次考试化学试题.doc

2015-2016学年广东省湛江一中高三（上）月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（）A．华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同2．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D3．已知N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol•L﹣1氟化钠溶液中含有F﹣和HF数目之和为0.1N AB．300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6N AC．标准状况下，1.8gD2O中含有N A个中子D．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3N A4．下列反应的离子方程式正确的是（）A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液 HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2 2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 H2C2O4+2OH﹣=C2O42﹣+2H2OD．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑5．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（）A．室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W6．用下列装置不能达到有关实验目的是（）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．制备并收集少量NO气体C．制取并收集干燥纯净的NH3D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色7．25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液．溶液中c（NH3•H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）A．W点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）B．pH=10.5溶液中：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＜0.1 mol•L﹣1C．pH=9.5溶液中：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）二、解答题（共3小题，满分43分）8．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的化学方程式为；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是；检验该离子的方法是；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②；③；④得到成品．（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl淀粉溶液做指示剂，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为．9．纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到．制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为．（2）加入氨水的目的是，其化学反应方程式为．（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，，则说明滤渣已洗净．（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：、、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O Al2O3+ NH3↑+SO3↑+．10．镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛．Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1（1）写出Mg2Ni和MgH2反应生成Mg和Mg2NiH4的热化学方程式：（2）一定温度下，在碘钨灯灯泡内封存的少量碘与沉积在灯泡壁上的钨可以发生如下的可逆反应：W（s）+I2（g）⇌WI2（g），为模拟上述反应，在实验室中准确称取4.5×10﹣3mol碘、6.0×10﹣3mol金属钨放置于50.0mL密闭容器中，并加热使其反应．如图1是混合气体中的WI2蒸气的物质的量随时间变化关系的图象，其中曲线Ⅰ（0～t2时间段）的反应温度为450℃，曲线Ⅱ（从t2时刻开始）的反应温度为530℃．请回答下列问题：①该反应是（填“放热”或“吸热”）反应．450℃该反应的化学平衡常数K= ；②反应从开始到t1（t1=3min）时间内的平均速率：v（I2）=③能够说明上述反应已经达到平衡状态的有a．I2与WI2的浓度相等b．单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等c．容器内混合气体的密度不再改变d．容器内气体压强不发生变化（3）烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经如图2所示方法脱除SO2，并制得H2SO4．①在阴极放电的物质是．②在阳极生成SO3的电极反应式是．四.【化学--选修2：化学与技术】11．利用硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质）制备氧化铁的工艺流程如下：（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是：①抑制Fe3+的水解；②．（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42﹣该反应的离子方程式为：．（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量，以控制加入FeS2的量．实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍微过量的SnCl2再加HgCl2除去过量的SnCl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准液滴定，有关反应方程式如下：2Fe3++Sn2++6Cl﹣=2Fe2++SnCl62﹣Sn2++4Cl﹣+2HgCl2=SnCl62﹣+Hg2Cl2↓6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O①加入稍微过量的SnCl2的目的是：．②若不加HgCl2，则测定的Fe3+量（填“偏高”、“偏低”、“不变”）．（4）①滤液中含有少量Fe3+，试写出产生Fe3+的离子方程式表示：②已知部分阳离子一氢氧化物形式沉淀时，溶液的pH见下表：实验可选用的试剂有：稀HNO3、Ba（NO3）2溶液酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体．请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：a．；b．；c．分离，洗涤； d．灼烧，研磨．五.【化学--选修3：物质结构与性质】12．硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）均属于硼族元素（第ⅢA族），它们的化合物或单质都有重要用途．回答下列问题：（1）写出基态镓原子的电子排布式．（2）已知：无水氯化铝在178℃升华，它的蒸气是缔合的双分子（Al2Cl6），更高温度下Al2Cl6则离解生成A1Cl3单分子．①固体氯化铝的晶体类型是；②写出Al2Cl6分子的结构式；③单分子A1Cl3的立体构型是，缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型是．（3）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子（如图），若其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有种不同的结构类型．（4）金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70g•cm﹣3，计算确定其晶胞的类型（简单、体心或面心立方）；晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，列式计算铝的原子半径r（A1）= pm．六.【化学--选修5：有机化学基础】13．有甲、乙、丙三种物质：（1）乙中含有的官能团的名称为．（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：其中反应I的反应类型是，反应Ⅱ的条件是，反应Ⅲ的化学方程式为（不需注明反应条件）．（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：①下列物质不能与B反应的是（选填序号）．a．金属钠 b．FeCl3 c．碳酸钠溶液 d．HBr②C的结构简式为；丙的结构简式为．③D符合下列条件的所有同分异构体种，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式．a．苯环上的一氯代物有两种 b．遇FeCl3溶液发生显色反应c．能与Br2/CCl4发生加成反应．2015-2016学年广东省湛江一中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（）A．华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．二氧化硅具有良好的光学特性；B．含有两种以上物质的属于混合物；C．通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等；D．硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂．【解答】解：A．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的主要原料，故A正确；B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水都是由两种以上物质组成，均为混合物，故B正确；C．通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等，故C正确；D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途，环境污染与治理，熟悉二氧化硅的性质，“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”的实质是解题关键，题目难度不大．2．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】钠的重要化合物；浓硫酸的性质；铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应与Al可制成铝箔包装物品无关；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体．【解答】解：A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳，Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故A错误；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应，Al可制成铝箔包装物品与具有延展性有关，二者无关系，故B错误；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，一般用浓硫酸干燥，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．3．已知N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol•L﹣1氟化钠溶液中含有F﹣和HF数目之和为0.1N AB．300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6N AC．标准状况下，1.8gD2O中含有N A个中子D．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3N A【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、根据物料守恒来分析；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、标况下三氯甲烷为液态．【解答】解：A、在1L0.1mol/L的NaF溶液中，NaF的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，由于F﹣是弱酸根，在溶液中水水解为HF，根据F原子的守恒可知，F﹣和HF数目之和为0.1N A，故A正确；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子，故溶液中的分子个数大于0.6N A个，故B错误；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol 中子，故0.09mol重水中含0.9N A个中子，故C错误；D、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．下列反应的离子方程式正确的是（）A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液 HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2 2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 H2C2O4+2OH﹣=C2O42﹣+2H2OD．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氢氧化钠过量，铵根离子、碳酸氢根离子都反应；B．少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸；C．氢氧化钠少量，羧基不能完全反应；D．硝酸根离子在酸性环境下能氧化二价铁离子生成三价铁离子；【解答】解：A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+H2O+CO32﹣，故A错误；B．少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO，故B错误；C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液，离子方程式为H2C2O4+OH﹣=HC2O4﹣+H2O，故C错误；D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应为用量对反应的影响，题目难度不大．5．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（）A．室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W 原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质．【解答】解：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，A．W为Cl元素，对应的HCl的水溶液为强酸，室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1，故A错误；B．Z为Si，对应的二氧化硅与水不反应，故B错误；C．Y为Al，金属性比铁，可用铝热反应置换出铁，故C正确；D．C元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则C元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为C＜Cl＜Si＜Al，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累．6．用下列装置不能达到有关实验目的是（）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．制备并收集少量NO气体C．制取并收集干燥纯净的NH3D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；B．铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，可以采用排水法收集NO；C．常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气；D．氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，Fe 2+和OH﹣反应生成Fe（OH）2沉淀．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳、二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成原硅酸沉淀，说明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，所以非金属性S＞C＞Si，故A正确；B．铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，可以采用排水法收集NO，故B正确；C．常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，而不是向上排空气法收集氨气，故C错误；D．氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，Fe 2+和OH﹣反应生成Fe（OH）2沉淀，所以该装置能制取Fe（OH）2，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、气体制取和收集、非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意D中要防止氢氧化亚铁被氧化，题目难度中等．7．25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液．溶液中c（NH3•H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）A．W点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）B．pH=10.5溶液中：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＜0.1 mol•L﹣1C．pH=9.5溶液中：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液，pH 越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c（NH4+）、增大的是 c（NH3•H2O），A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3•H2O）；C．pH=9.5溶液中，pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；根据图知c（NH3•H2O）＞c（NH4+），溶液碱性较弱；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．【解答】解：将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液，pH越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c（NH4+）、增大的是 c （NH3•H2O），A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），所以c（NH4+）+c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3•H2O）=0.1mol/L+c（H+）＞0.1mol/L，故B错误；C．pH=9.5溶液中，pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；根据图知c（NH3•H2O）＞c（NH4+），溶液碱性较弱，所以粒子浓度大小顺序是c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C 正确；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，存在考查学生图象分析及判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意利用守恒方法解答，易错选项是B，注意利用电荷守恒进行代换，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分43分）8．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O ；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是SO42﹣；检验该离子的方法是取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥得到成品．（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl ；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl淀粉溶液做指示剂，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为c•V•10﹣3mol ．【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；卤族元素；氧族元素；无机实验综合．【分析】（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（5）根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算．【解答】解：（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D 瓶溶液倒吸到B瓶中，故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2 ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42﹣，用氯化钡溶液检验SO42﹣，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42﹣；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；（5）令样品中NaClO2的物质的量x，则：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，1mol 4mol0.25x c mol•L﹣1×V×10﹣3L解得：x=c•V•10﹣3mol故答案为：c•V•10﹣3mol．【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大．9．纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到．制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．（2）加入氨水的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3，其化学反应方程式为Fe2（SO4）3+6NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+3（NH4）2SO4．（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，滴入2～3滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净．（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O 2 Al2O3+ 4 NH3↑+8 SO3↑+50H2O ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，以此来解答．【解答】解：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH 值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）由上述分析可知，加氨水的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3；发生的反应为Fe2（SO4）3+6NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+3（NH4）2SO4，故答案为：使Fe3+转化为Fe（OH）3；Fe2（SO4）3+6NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+3（NH4）2SO4；（3）是否除尽杂质，操作为用试管取少量洗涤液，滴入2～3滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净，故答案为：滴入2～3滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液不变红色；（4）分离可溶性固体，则蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可，由原子守恒可知，分解反应为2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O 2Al2O3+4NH3↑+8SO3↑+50H2O，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；2；4；8；50H2O．【点评】本题考查混合物分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．10．镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛．Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1（1）写出Mg2Ni和MgH2反应生成Mg和Mg2NiH4的热化学方程式：Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg （s）+Mg2NiH4（s）△H=+84.6kJ/mol。

湛江一中2015—2016学年度第一学期第一次考试高一级化学科试卷考试时间：60分钟满分：100分命题：ZZF可能用到的相对原子质量：H―1 C―12 N―14 O―16 S―32 Al―27一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）1、下列反应中，既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（）A．H2 + Cl2点燃2HCl B．2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑C．Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3D．Zn + H2SO4 == ZnSO4 + H2↑2、下列叙述正确的是（）A．1 mol H2的质量与它的相对分子质量相等B．CH4的摩尔质量为16gC．3.01×1023个SO2分子的质量为32g D．摩尔是物质的量的单位，符号为n 3、下列对阿伏加德罗定律及推论的理解不正确的是（）A．同温同压下，气体的体积之比等于它们的物质的量之比B．同温同压下，气体的体积之比等于它们的质量比C．同温同压下，相同体积的气体质量比等于它们的相对分子质量之比D．同温同压下，气体的密度之比等于它们的相对分子质量之比4、用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有（）A．标准状况下，22.4L H2O含分子数为N AB．1 mol/L的CaCl2溶液中含Cl－的数目为2 N AC．常温常压下，17g NH3含电子数目为10N AD．2.7 g金属铝变成铝离子时失去的电子数为0.1N A5、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的微粒直径在10-9 ~ 10-7m之间B．一束光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．胶体的分散质粒子直径比溶液的大，故胶粒不能透过滤纸D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的6、下列说法正确的是（）A．电解质的水溶液一定能导电B．非电解质的水溶液一定不能导电C．酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D．电解质是在水溶液里或熔融状态下因本身能电离出阳离子和阴离子而导电的化合物7、下列有关物质检验的实验结论正确的是（）二、非选择题（共58分） 8、填空题（10分）（1）M(NO 3)2的热分解化学方程式为：2M(NO 3)2　△ 2MO+4NO 2↑+O 2↑，加热29.6g M(NO 3)2使其完全分解，在标准状况下收集2.24L 的O 2，则M 的摩尔质量是 （2）同温同压，等质量的O 2和SO 2，它们的物质的量之比为_________，密度之比为___________。

2015-2016学年广东省湛江一中高一（上）期末化学试卷一、单项选择题（本题包括11小题，每小题4分，共44分）1．以下互为同位素的是（）A．13C与14N B．D2与H2C．O2与O3D．35Cl与37Cl【考点】同位素及其应用．【专题】化学用语专题．【分析】质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同一元素的不同单质互称同素异形体，据此分析解答．【解答】解：A．13C与14N的质子数不同，分别为6、7，故A错误；B．D2与H2是同一种单质，故B错误；C．O2与O3是氧元素的不同单质，所以是同素异形体，故C错误；D．1735Cl和1737Cl是质子数相同中子数不同的同一元素，所以互称同位素，故D正确．故选D．【点评】本题考查的是同位素、同素异形体的判断，难度不大，侧重考查学生的辨别能力．2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，78g Na2O2含有的阴离子数为N AB．常温常压下，22.4 L氢气中含氢原子数目为2 N AC．0.5 mol/L的NaCl溶液中，含有Cl﹣数目为0.5 N AD．1mol Fe在足量氯气中完全反应，失去的电子数为2 N A【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．Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成；B．气体摩尔体积的应用条件是标准状况；C．溶液体积不知不能计算溶液中离子数；D．铁和氯气反应生成氯化铁．【解答】解：A．78gNa2O2的物质的量n===1mol，Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成，故1molNa2O2中含1mol阴离子，即N A个，故A正确；B．气体摩尔体积的应用条件是标准状况，温度压强不知，22.4L氢气中物质的量不是1mol，故B错误；C．溶液体积不知不能计算溶液中离子数，故C错误；D.1molFe与氯气反应生成氯化铁，失去的电子数为3N A，故D错误；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析，主要是物质的量和微粒数的计算，气体摩尔体积条件应用，氧化还原反应实质的理解应用，题目难度中等．3．为了证明某晶体中含有NH4+、K+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水B．取少量晶体溶于水，加入少量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能证明晶体中无K+【考点】常见离子的检验方法．【分析】A．加热失去结晶水，然后用无水硫酸铜检验水；B．检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸；C．依据硫酸根离子的检验方法分析判断；D．确定焰色反应中是否含有钾离子，需要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色．【解答】解：A．晶体加热后生成水，若无水硫酸铜变蓝，则证明晶体中含结晶水，故A正确；B．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故B错误；C．加少量稀盐酸，无现象，排除了干扰离子，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣，故C正确；D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明含有钠离子，若证明是否含有钾离子，则需要透过蓝色钴玻璃观察，所以该现象不能证明晶体中无K+，故D正确；故选B．【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度中等，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．4．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的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同D．Fe（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】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【专题】溶液和胶体专题．【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm 为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法．【解答】解：A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C、用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，Fe（OH）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C．【点评】本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答．5．配制100mL 1mol/LNaOH溶液，下列说法正确的是（）A．在托盘天平两托盘上各放一片相同的纸，然后将NaOH放在纸片上进行称量B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，洗涤液也移入容量瓶中D．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．依据腐蚀品称量方法解答；B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出，吸出的溶液中含有溶质，导致溶液浓度偏低；C．为保证溶质全部转移到容量瓶中，应进行洗涤操作；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据C=进行误差分析．【解答】解：A．氢氧化钠为腐蚀品，称量应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故A错误；B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出，导致溶质损耗，依据c=可知溶液浓度偏低，故B 错误；C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，洗涤液也移入容量瓶中，保证溶质全部转移到容量瓶中，故C正确；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据C=，可知溶液浓度偏高，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意对腐蚀品称量方法，题目难度不大．6．下列物质：①氨水②醋酸③硫酸钡④氢氧化钾⑤酒精⑥Na属于强电解质的是（）A．①②③④⑤⑥B．①④⑤C．②③④D．③④【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】化学用语专题．【分析】强电解质是水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质；弱电解质是水溶液中不能完全电离的电解质，溶液中存在电离平衡．【解答】解：①氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；②醋酸属是弱酸，水溶液中存在电离平衡，属于弱电解质；③硫酸钡是盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；④氢氧化钾在水溶液里或熔化状态下均能完全电离，属于强电解质；⑤酒精不导电，溶于水也不能导电，属于非电解质；⑥Na是单质，既不是电解质也不是非电解质，故属于强电解质的是③④，故选D【点评】本题考查了强电解质和弱电解质的概念分析应用，物质性质和类别是解题关键，题目较简单．7．下列无色溶液中的离子能大量共存的是（）A．K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣B．OH﹣、K+、HCO3﹣、SO32﹣C．H+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣D．Al3+、NH4+、OH﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A错误；B．OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，不能共存，故B错误；C．该组离子之间不反应可大量共存，故C正确；D．Al3+、NH4+均与OH﹣结合发生反应，不能共存，故D错误；故选C．【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，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．8．工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却．可作为冷却气体的是（）①空气②CO2 ③Ar ④H2⑤N2．A．①②B．②③C．③④D．④⑤【考点】镁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】可作为镁蒸气冷却气体的定是与镁不反应的物质，镁的性质活泼，易与多种物质反应，它可与空气中氧气反应生成MgO；可与N2反应生成Mg3N2；可在CO2中燃烧生成MgO；但稀有气体氩气不与镁反应．【解答】解：①空气中含有氮气、氧气、二氧化碳，它们都与镁发生反应，故①错误．②镁与二氧化碳在点燃的条件下发生燃烧反应，生成氧化镁和炭黑，故②错误．③氩气属于稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，故③正确．④H2不与镁反应，故④正确．⑤氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，故⑤错误．故选：C．【点评】物质的结构和组成决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途，了解三者之间的关系是解决问题的先决条件．9．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用．下列关于金属的一些说法不正确的是（）A．金属钠保存在煤油中B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的C．合金的硬度一般比各成分金属大D．铜与氯化铁溶液的反应常用于制作印刷电路板【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】化学应用．【分析】A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存；B．铝的氯化物为共价化合物；C．根据合金的性质来分析解答；D．FeCl3溶液能与Cu反应，用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路是成熟的传统工艺；【解答】解：A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A正确；B．铝的氯化物为共价化合物，熔融状态下不导电，应用电解氧化铝的方法冶炼金属铝，故B错误；C．合金的硬度一般比各成分金属大，熔点比各成份小，故C正确；D．制印刷电路时常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故D正确；故选B．【点评】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，本题注意金属的冶炼方法与金属的活泼性有关，注意常见金属的冶炼方法．10．下列说法错误的是（）A．氢氧化钠溶液应保存在带磨砂玻璃塞的无色细口瓶中B．二氧化硅是制造光导纤维的材料C．水玻璃可用作木材防火剂D．氢氟酸能与二氧化硅反应，因此可用于刻蚀玻璃【考点】硅和二氧化硅．【专题】化学应用．【分析】A．氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应，不能使用玻璃塞；B．二氧化硅为光导纤维的材料，硅为半导体材料；C．水玻璃为硅酸钠水溶液，硅酸钠性质稳定，不燃烧，可作防火材料；D．玻璃的成分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应．【解答】解：A．氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应，盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶的瓶塞不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞，故A错误；B．硅为半导体材料，二氧化硅为光导纤维的材料，故B正确；C．水玻璃为硅酸钠的溶液，可用作木材的防火剂，故C正确；D．玻璃的成分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应；可用于刻蚀玻璃，故D 正确；故选A．【点评】本题考查了化学试剂的存放、硅与二氧化硅的性质与用途，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及存放方法，明确硅与二氧化硅的用途．11．人体血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，会导致Fe2+转化Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒．对上述的分析正确的是（）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是氧化剂C．维生素C被氧化D．亚硝酸盐发生氧化反应【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+．【解答】解：服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，被氧化，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，发生还原反应，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应知识，题目难度不大，注意从元素化合价的变化的角度判断物质在反应中体现的性质，答题时注意审题．二、非选择题（共56分）12．填空题（1）取1.06g Na2CO3，溶于水配成10mL溶液，则该Na2CO3溶液的物质的量浓度为1molL ﹣1，若再往该溶液滴入足量稀盐酸至完全反应，标准状况下生成气体的体积为0.224L．（2）怎样用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质（用有关反应的离子方程式表示）．①铁粉中混有铝粉2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑②FeCl2溶液中混有CuCl2Fe+Cu=Cu+Fe③FeCl3溶液中混有FeCl22Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．【考点】物质的量的相关计算；物质的分离、提纯和除杂．【专题】物质的量的计算．【分析】（1）根据n=计算1.06g Na2CO3的物质的量；根据c=计算该Na2CO3溶液的物质的量浓度；根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O计算生成气体在标准状况下的体积；（2）①Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，以此除杂；②CuCl2与Fe反应生成氯化亚铁和Cu；③氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁．【解答】解：（1）1.06g Na2CO3，n（Na2CO3）===0.01mol，c（Na2CO3）===1molL﹣1；Na2CO3 +2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O1 10.01mol n（CO2）n（CO2）=0.01mol，V=n×Vm=0.01mol×22.4mol/L=0.224L，故答案为：1molL﹣1；0.224L；（2）①Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，选NaOH溶液来除杂，发生离子反应为2Al+2OH ﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；②CuCl2与Fe反应生成氯化亚铁和Cu，过滤即可除去氯化铜，其反应的方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，其反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．【点评】本题考查了物质的量的计算、有关化学方程式的计算、物质的除杂和方程式的书写，题目难度不大，注意物质的量应用与化学方程式的计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．13．（1）通常用小苏打的溶液除去CO2中的HCl，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，不能用NaOH溶液的原因是CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣（用离子方程式表示），也不能用NaCO3的原因是H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣（用离子方程式表示）（2）Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，发生反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3Fe（OH）2可以用不含Fe的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应来制备：①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入铁粉来防止Fe2+被氧化．②生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液．这样操作的理由是避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2．【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学用语专题．【分析】（1）除去杂质不能引入新的杂质，不能与所需气体反应，氢氧化钠、碳酸钠溶液都能与二氧化碳反应，据此解答；（2）氢氧化亚铁具有还原性能被氧气氧化生成氢氧化铁；铁粉具有还原性能够还原三价铁子生成二价铁离子；二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中氧气氧化，制备氢氧化亚铁应隔绝空气．【解答】解：（1）通常用小苏打的溶液除去CO2中的HCl，因为氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和氯化钠，离子方程式：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；不能用氢氧化钠溶液是因为：二氧化碳能够与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式：CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣，不能用碳酸钠是因为：二氧化碳、碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式：H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣；故答案为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣，H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣；（2）氢氧化亚铁能够被氧气氧化生成氢氧化铁，方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；铁粉具有还原性能够还原三价铁子生成二价铁离子，所以用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入铁粉来防止Fe2+被氧化；二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中氧气氧化，制备氢氧化亚铁应隔绝空气；故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；①铁粉；②避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2．【点评】本题考查了物质的制备和提纯，明确除杂的原则和物质的性质、熟悉铁及其化合物之间转化是解题关键，题目难度不大．14．某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应）．据此回答下列问题：（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，若在标准状态下收集到33.6L的氯气，则被氧化的HCl的物质的量是3mol．（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．（3）C装置的作用是吸收未完全反应的氯气，防止污染空气．（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低．该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U 形管中还存在两个副反应．①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是将B装置冷却（或将B装置放在冷水浴中）．②试判断另一个副反应为（用化学方程式表示）Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O．为避免此副反应的发生，可将装置作何改进在A和B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶．（5）家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是BA．食盐B．食醋C．烧碱D．纯碱．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉，剩余氯气被氢氧化钠溶液吸收，（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，依据化学方程式定量关系分析，每4molHCl反应，只有2molHCl被氧化；（2）氯气与碱石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；（3）氯气有毒不能排放在环境中；（4）根据题意知，降低温度即可；氢氧化钙能和氯化氢反应生成氯化钙；（5）酸性条件下生成HClO，漂白性增强．【解答】解：（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，每4molHCl反应，生成1molCl2，只有2molHCl 被氧化，若在标准状态下收集到33.6L的氯气物质的量==1.5mol，被氧化的HCl物质的量=3mol，故答案为：3mol；（2）因氯气与碱石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应方程式为2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）因氯气有毒，则装置C的作用为吸收未完全反应的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收未完全反应的氯气，防止污染空气；（4）①因温度较高时发生副反应生成Ca（ClO3）2，则可将B装置冷却来避免该副反应的发生，故答案为：将B装置冷却（或将B装置放在冷水浴中）；②因浓盐酸易挥发，则另一个副反应为HCl与碱石灰反应，反应为Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O，所以应除去氯气中的HCl，即在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶可除去HCl，故答案为：Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶；（5）酸性条件下生成HClO，漂白性增强，只有B符合，A为中性，C、D为碱性，故答案为：B．【点评】本题考查氯气的化学性质、氯气的实验室制法、尾气的处理等知识点，注意把握习题中的信息分析（4），侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．15．某混合物A，含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化．请回答下列问题：（1）图中分离沉淀B与溶液C的方法是过滤．（2）D、E、F这3种物质的化学式分别为：D：Fe2O3E：NaAlO2F：Al（OH）3（3）沉淀B与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；溶液C与过量稀氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4．（4）检验溶液中是否含有Fe3+，最佳试剂是KSCN溶液，现象为溶液变成血红色．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中C中含KAl（SO4）2，沉淀B是Al2O3和Fe2O3；向沉淀B中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则D 为Fe2O3，溶液E中含NaAlO2、NaOH；向溶液C中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到F为Al（OH）3，Al（OH）3加热生成G为Al2O3，以此来解答．【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中C中含KAl（SO4）2，沉淀B是Al2O3和Fe2O3；向沉淀B中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则D 为Fe2O3，溶液E中含NaAlO2、NaOH；向溶液C中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到F为Al（OH）3，F与NaOH反应生成E，E为NaAlO2，Al（OH）3加热生成G为Al2O3，（1）分离沉淀B与溶液C的方法是过滤，故答案为：过滤；（2）由上述分析可知，D为Fe2O3，E为NaAlO2，F为Al（OH）3，故答案为：Fe2O3；NaAlO2；Al（OH）3；（3）沉淀B与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；溶液C与过量稀氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；（4）检验溶液中是否含有Fe3+，最佳试剂是KSCN溶液，现象为溶液变成血红色，故答案为：KSCN溶液；溶液变成血红色．【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和推断能力，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意氢氧化铝的两性及元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．。

广东省湛江市2016-2017学年高一化学上学期第二次大考试卷（含解析）考试时间：70分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Na：23 Fe：56 Cl：35.5一、单选题（12小题，每小题4分，共48分）1．下列物质分类正确的是A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．碳酸、次氯酸、亚硫酸均为弱电解质C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．氯化钠溶液、硫酸均为强电解质【答案】B【解析】考点：物质分类2．下列事故处理正确的是A．钠燃烧，可用砂子灭火，不能用二氧化碳灭火器来灭火B．眼睛里不慎溅进了稀药液，应立即用水冲洗，并且用手使劲揉眼睛C．少量浓硫酸沾到皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗D．熄灭酒精灯可直接用嘴吹【答案】A【解析】试题分析：A．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳和水都能反应生成有助燃的氧气，所以钠燃烧不能用二氧化碳灭火器来灭火，可用砂子灭火，故A正确；B．眼睛里不慎溅进了稀药液，不能用手使劲揉眼睛，应立即用水冲洗，并送医处理，故B错误；C．少量浓硫酸沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，并涂上稀的碳酸氢钠溶液，故C错误；D．熄灭酒精灯应用灯帽盖灭，故D错误。

故选A。

考点：实验事故处理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的微粒直径在10－9 ~ 10－7m之间B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的【答案】C【解析】考点：胶体的性质4．下列各组离子中能大量共存的是A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣B．在酸性溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．能使pH试纸变蓝色的溶液：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+D．碱性溶液中：K+、Cl﹣、NO3﹣、Cu2+【答案】B【解析】试题分析：A．MnO4﹣为紫色，无色溶液中MnO4﹣不能大量共存；B．各离子间不反应，能大量共存；C．能使pH试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中HCO3﹣、NH4+都不能大量共存；D．碱性溶液中Cu2+不能大量共存；故选B。

湛江一中2015—2016学年度第一学期期末考试高二级化学科试卷考试时间：60分钟满分：100分命题教师：可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Ag:108一选择题（每小题只有一个正确答案，每小题4 分，共40 分。

）1．下列说法正确的是（）A．二氧化碳、甲烷、水汽等都是重要的温室气体B．化学反应一定伴随能量变化，有能量变化也一定伴随化学反应C．反应物所具有的总能量比生成物所具有的总能量高的反应是吸热反应D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应的△H﹤02．右图是自来水表的常见安装方式。

下列有关说法不正确．．．的是（）A．腐蚀时，铁接头发生的是还原反应B．发生腐蚀过程中，电子从接头流向水表C．腐蚀时铜质水表发生的电极反应为：2H2O+O2+4e—=4OH—D．腐蚀过程还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)33．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，可以通过出现浑浊的快慢来判断反应的快慢4．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）A．Cl2B．BaSO4 C．SO2D．CH3COOH5．在一定温度下，某容器内M、N两种物质，其物质的量随时间变化的曲线如右图，下列表述中正确的是（）A．该反应的化学方程式为：2 M NB．t1时，V正﹥V逆C．t2时，V正 = V逆，达到平衡D．t 3时，M、N的浓度不再发生变化，反应停止铜质水表铁接头6．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A．室温下，pH＝3的溶液中：AlO2—、Al3＋、Cl－、SO42－B．含有大量Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、S2－、NO3－C．由水电离的c(H+)＝10-11 mol·L－1的溶液中，K+、Na＋、Cl－、SO42－D. c(H+)﹤c(OH-)的溶液中：Na+、NH4+、CO32－、S2－7．下列说法正确的是（）A、25℃时，pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，pH=4B、25℃时，pH=11的NaOH溶液加水稀释100倍后pH=9C、25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后，pH=7D、90℃时，纯水的pH=6.2，所以加热可以使水呈酸性8．下列表述中，与盐类水解有关的是（）①明矾和FeCl3可作净水剂．②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸．③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3 ④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂．⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞．⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂．⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用．A．①②③⑤⑥⑦B．①②③④⑥⑦C．①③⑤⑥⑦D．全有关9．常温下，下列有关0.1mol·L-1 Na2CO3溶液的说法正确的是（）A．升高温度，促进CO32-水解，pH减小B．离子浓度：c(Na+)=2 [c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]C．离子浓度：c(Na+)+c(H+) =c(HCO3－)+c(CO32-)+c(OH-)D．离子浓度：c(Na+)> c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)> c(HCO3－)10. 对于可逆反应：2A(g)＋B(g) 2C(g) △H＜0，下列图象正确的是( )二非选择题（本题包括4个大题，共60 分。

湛江一模化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 7．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金8．下列说法不正确的是A．乙苯和环己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应C．甲醛和乙二醇都可作为合成高分子化合物的单体D．丙烷和2-甲基丙烷的一氯代物均为两种9．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是A．Na2O2与足量H2O反应生成标况下11.2LO2，转移电子的数目为2 N AB．标准状况下，2.24LSO3中所含电子数为4N AC．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2N AD．0℃和101kp的条件下，1.12L甲烷完全燃烧生成的水分子数为0.1N A10．下列装置或操作能达到实验目的的是①②③④A．装置①可用于证明SO2与NaOH溶液发生化学反应B．若装置②中X为CCl4，可用于吸收尾气中的氨气或氯化氢C．装置③可用于实验室从食盐水中提取氯化钠酸性KMnO4溶液SO2溴乙烷NaOH乙醇水X物质水NaOH溶液D ．装置④可用于证明溴乙烷与NaOH 乙醇溶液共热生成乙烯11．某温度下，体积和pH 都相同的氯化铵溶液和盐酸加水稀释时的pH 变化曲线如图所示。

下列判断正确的是A ．a 、c 两点溶液的导电能力：c>aB ．a 、b 、c 三点溶液中水的电离程度：a>b>cC ．b 点溶液中：c (H ＋)＝c (Cl －)+c (OH －)D ．用NaOH 溶液和等体积b 、c 处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积V b ＝V c12．原子序数依次增大的四种短周期元素X 、Y 、Z 、M 。

2015-2016学年广东省湛江市高一（上）期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列物质的分类正确的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析．【解答】解：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结．2．下列关于和的说法正确的是（）A．和不是同一种元素B．和互为同位素C．和分别含有44和46个质子D．和都含有34个中子【考点】同位素及其应用．【专题】物质的组成专题．【分析】A．元素是具有相同核电荷数（质子数）的一类原子的总称；B．质子数相同中子数不同的原子互称同位素；C．元素符号的左下角为质子数；D．中子数=质量数﹣质子数．【解答】解：A．3478Se和3480Se质子数相同，是同种元素，故A错误；B．3478Se和3480Se是原子，属同位素，故B正确；C．Se的两种同位素的质子数都为34，故C错误；D．3478Se和3480Se的中子数分别为44和46，故D错误；故选B．【点评】本题以3478Se和3480Se为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及同位素、同素异形体的概念，侧重考查学生的辨别能力，题目难度不大．3．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）A．K+、OH﹣、Na+、NO3﹣B．Na+、Fe3+、SO42﹣、OH﹣C．H+、Na+、Cl﹣、CO32﹣D．Ba2+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子之间不满足离子反应发生的条件（生成难溶物、气体、弱电解质、发生氧化还原反应等），在溶液中就能够大量共存，据此进行判断．【解答】解：A、K+、OH﹣、Na+、NO3﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B、铁离子与氢氧根离子发生反应生成氢氧化铁，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C、氢离子能够与碳酸根离子发生反应，在溶液中不能够大量共存，故C错误；D、钡离子能够与硫酸根离子发生反应，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验．有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等．4．下列电离方程式不正确的是（）A．NH4NO3=NH4++NO3﹣B．CH3COOH=H++CH3COO﹣C．NH3H2O⇌NH4++OH﹣D．NaHCO3=Na++HCO3﹣【考点】电离方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】强电解质在水溶液里完全电离生成阴阳离子，电离方程式写“=”，弱电解质在水溶液里部分电离，电离方程式写“⇌”，书写时要遵循原子守恒、电荷守恒，据此分析解答．【解答】解：A．硝酸铵是强电解质，在水溶液中完全电离生成铵根离子和硝酸根离子，电离方程式为NH4NO3=NH4++NO3﹣，故A不选；B．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“⇌”，则醋酸电离方程式为CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，故B选；C．一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“⇌”，则一水合氨电离方程式为NH3H2O⇌NH4++OH﹣，故C不选；D．碳酸氢钠是强电解质，在水溶液中完全电离，所以电离方程式应该写“=”，则其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故D不选；故选B．【点评】本题考查电解质电离方程式正误判断，为高频考点，明确强弱电解质电离方程式书写区别是解本题关键，知道常见强弱电解质，题目难度不大．5．下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是（）A．加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO32﹣B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42﹣C．加入稀硝酸无明显现象，再加入硝酸银有白色沉淀产生，则一定有Cl﹣D．加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A、气体可能为二氧化碳或二氧化硫；B、根据氯化银为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析；C、加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰；D、加入碳酸钠生成的沉淀可能为碳酸钡；【解答】解：A、气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32﹣，或SO32﹣，或HCO3﹣、HSO3﹣，故A错误；B、当溶液中存在大量Ag+时，加入氯化钡溶液时Ag+能与Cl﹣反应生成白色氯化银沉淀，所以不能肯定溶液中大量存在SO42﹣，故B错误；C、加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，该沉淀一定是AgCl，故一定有Cl﹣，故C正确；D、溶液Z中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙等，原溶液中不一定含Ba2+，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，为高频考点，题目难度中等，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子．6．下列实验操作中错误的是（）A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．过滤时，应用玻璃棒搅拌漏斗中的待过滤液体D．称量时，称量物放在称量纸（或称量器皿）上，置于托盘天平的左盘；砝码放在托盘天平的右盘中【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口倒出，为防止引进杂质，上层液体从上口倒出；B．蒸馏时，温度计测量馏分温度；C．过滤时，不能用玻璃棒搅拌；D．称量时，应该遵循“左物右砝”原则，且要防止腐蚀、潮解或粘上杂质．【解答】解：A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口倒出，为防止引进杂质，上层液体从上口倒出，故A正确；B．蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；C．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，否则易损坏滤纸，故C错误；D．称量时，应该遵循“左物右砝”原则，且要防止腐蚀或潮解，所以称量时要将药品放置在称量纸上或称量器皿中，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验评价方案，为高频考点，涉及分液、蒸馏、过滤、称量等基本操作，明确操作规范性及仪器用途是解本题关键，题目难度不大．7．下列正确的是（）A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．做光导纤维的材料是单质硅晶体D．将SO2通入溴水溶液中，溶液褪色，体现SO2的漂白性【考点】硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；碱金属的性质．【专题】氧族元素；碳族元素．【分析】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；B．氧化钠、过氧化钠和二氧化碳的反应产物不同；C．二氧化硅用于制造光导纤维；D．二氧化硫有还原性．【解答】解：A．SiO2能和碱氢氧化钠反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B．氧化钠、过氧化钠和二氧化碳的反应产物分别是：碳酸钠、碳酸钠和氧气，产物不一样，故B错误；C．二氧化硅用于制造光导纤维，单质硅用作半导体材料，故C错误；D．水中通入SO2气体后溶液褪色，是因为Br2 +SO2+2H2O=H2SO4+2HBr体现了二氧化硫的还原性，故D错误．故选A．【点评】本题考查了二氧化硫的性质，题目难度不大，易错项D，容易忽视二氧化硫还原性的性质．8．下列离子方程式书写正确的是（）A．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．碳酸钙溶于稀盐酸中：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑C．钠与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH ﹣+H2↑D．硫酸铝溶液与氨水反应：Al3++3 OH ﹣═Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．反应生成的HClO在离子反应中保留化学式；B．碳酸钙在离子反应中保留化学式；C．反应生成氢氧化钠和氢气；D．一水合氨在离子反应中保留化学式．【解答】解：A．氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．碳酸钙溶于稀盐酸中的离子反应为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；C．钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故C正确；D．硫酸铝溶液与氨水反应的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原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．将一定量的铁粉投入到FeCl3、CuCl2的混合溶液中，充分反应后仍有固体存在，则下列判断正确的是（已知氧化性：Fe3+＞Cu2+）（）A．剩余固体中一定含Fe B．剩余固体中一定含Fe和CuC．剩余固体中一定不含Cu D．剩余固体中一定含Cu【考点】铁的化学性质；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，固体有剩余，则反应后的溶液中一定不存在Fe3+；若剩余固体只有Cu，则反应后的溶液中一定Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有Fe剩余，一定有铜生成，Fe3+和Cu2+无剩余，以此来解答．【解答】解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；由②可知，剩余的固体为铜，由①②可知，剩余固体为Cu，或Fe、Cu的混合物，即剩余固体中一定含Cu，可能含Fe，故选D．【点评】本题考查铁的化学性质，为高频考点，侧重元素化合物性质及氧化还原反应的考查，注意Fe3+、Cu2+的氧化性强弱及固体的成分判断是解本题的关键，熟悉铁离子与金属铜、铁反应的化学方程式，题目难度不大．10．设N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．常温常压下，2克氢气所含原子数目为N AB．在标准状况下，O2和H2混合气体1mol所占的体积约为22.4 LC．在常温常压下，22.4LH2O所含的原子数目为3N AD．4.6克钠与水反应时失去的电子数目为0.1N A【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．氢气是双原子分子，2g氢气物质的量是1mol；B．在标准状况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4 L；C．标准状况下水的状态不是气体；D．4.6g钠的物质的量为0.2mol．【解答】解：A．2g氢气的物质的量是1mol．含有2mol氢原子，所含原子数目为2N A，故A错误；B．1mol混合气体在标准状况下的体积约为22.4L，故B正确；C．标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故C 错误；D．4.6g钠的物质的量为0.2mol，而钠反应后的价态为+1价，故0.2mol钠失去0.2mol电子，故D错误．故选B．【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，注意明确标准状况下水不是气体，要求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．11．下列说法正确的是（）A．电解MgCl2溶液可获得金属镁B．溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应C．常温下可以用铝或铁制容器贮存浓硝酸和浓硫酸D．用焰色反应鉴别NaCl溶液和Na2SO4溶液【考点】浓硫酸的性质；电解原理；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】实验评价题．【分析】A．电解氯化镁溶液得到的是氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，无法获得金属Mg；B．溶液和胶体的本质区别为分散质粒子的大小；C．铁、铝在常温下与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象；D．氯化钠和硫酸钠都含有钠离子，焰色反应现象相同．【解答】解：A．电解氯化镁溶液无法获得金属镁，应该电解熔融氯化镁获得金属镁，故A 错误；B．丁达尔效应可以区别胶体和溶液，而溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小，故B错误；C．常温下铁和铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化，所以可以用铝或铁制容器贮存浓硝酸和浓硫酸，故C正确；D．两溶液中都含有离钠离子，无法用焰色反应鉴别NaCl溶液和Na2SO4溶液，故D错误；故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及浓硫酸、浓硝酸的性质、胶体和溶液区别、焰色反应、电解原理等知识，题目难度不大，明确溶液和胶体的本质区别为解答关键，注意掌握焰色反应的操作方法，试题培养了学生的灵活应用能力．12．下列说法不正确的是（）A．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液呈血红色，证明存在Fe3+B．氢氧化钠溶液保存在带橡皮塞的试剂瓶中C．漂白粉常作环境消毒剂D．工业上用电解饱和食盐水来制取金属钠【考点】化学试剂的存放；电解原理；铁的化学性质．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．Fe3+滴加KSCN溶液变血红色；B．氢氧化钠能够与二氧化硅反应，不能使用玻璃塞的试剂瓶；C．漂白粉具有强氧化性；D．工业上用熔融的氯化钠获得钠．【解答】解：A．加KSCN溶液，溶液呈血红色，证明存在Fe3+，故A正确；B．氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，不能使用玻璃塞的试剂瓶，可以使用带橡胶塞的试剂瓶保存，故B正确；C．漂白粉具有强氧化性，则常作环境消毒剂，故C正确；D．工业上用熔融的氯化钠获得钠，而不是电解饱和食盐水，故D错误．故选D．【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握性质与用途的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．13．根据反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑判断，下列结论不正确的是（）A．I2具有还原性B．该反应属于置换反应C．氧化剂是KClO3D．当生成1mol Cl2时，转移2mol电子【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由0升高为+5价，以此来解答．【解答】解：A．I元素的化合价升高，I2具有还原性，故A正确；B．该反应为单质与化合物反应生成新单质与新化合物的反应，属于置换反应，故B正确；C．Cl元素的化合价降低，则氧化剂是KClO3，故C正确；D．当生成1mol Cl2时，转移1mol×2×（5﹣0）=10mol电子，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．14．元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法不正确的是（ ）A ．除去FeCl 2溶液中的FeCl 3，可向溶液中加入足量铁粉，反应后过滤B ．NaOH 溶液和AlCl 3溶液相互滴加的现象不同C ．用热的纯碱溶液洗碗可去除油污D ．将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑了，说明浓硫酸具有吸水性 【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A ．FeCl 3可与铁反应生成FeCl 2；B ．根据AlCl 3+3NaOH ═Al （OH ）3↓+NaCl ，AlCl 3+4NaOH ═NaAlO 2+3NaCl+2H 2O 来分析；C ．加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强；D ．浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质．【解答】解：A ．FeCl 3可与铁反应生成FeCl 2，可用于除去杂质，故A 正确；B ．将NaOH 溶液分多次加到AlCl 3溶液中，发生：Al 3++3OH ﹣═Al （OH ）3↓、Al （OH ）3+OH﹣═AlO 2﹣+2H 2O ，将AlCl 3溶液分多次加到NaOH 溶液中，分别发生：Al 3++4OH ﹣=AlO 2﹣+2H 2O ，Al 3++3AlO 2﹣+6H 2O=4Al （OH ）3↓，现象不同，故B 正确；C ．加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故C 正确；D ．浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质，吸水性常用于干燥剂，故D 错误．故选D ．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握铁、铝的单质以及浓硫酸的性质，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．15．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）A．A B．B C．C D．D【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒；B．Si是半导体，可以用于制造太阳能电池板；C、SO2中有硫+4价，具有还原性；D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱．【解答】解：A．氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒，与还原性无关，因果关系不成立，故A错误；B．Si是半导体，可以用于制造太阳能电池板，而不是二氧化硅，故B错误；C、SO2中有硫+4价，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，所以氨水不能溶解Al（OH）3，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，为高频考点，把握氯气、二氧化硅、二氧化硫和氢氧化铝的性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大．16．实验室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，以下操作中正确的是（）A．称取7.86g硫酸铜，加入500mL水B．称取12.0gCuSO45H2O，配制480mL溶液C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D．称取12.5gCuSO45H2O，配制500mL溶液【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【专题】溶液和胶体专题．【分析】室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L×160g/mol×0.5L=8.0g；需要溶质CuSO45H2O的质量=0.1mol/L×250g/mol×0.5L=12.5g，注意物质的量浓度中体积为溶液体积．【解答】解：A．室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L×160g/mol×0.5L=8.0g，故A错误；B．实验室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，故B错误；C．加入硫酸铜8.0g硫酸铜，物质的量为0.05mol，水的体积为500mL，则溶液物质的量浓度小于0.1mol/L，故C错误；D.12.5gCuSO45H2O物质的量为0.05mol，配制500mL溶液，溶液物质的量浓度为0.1mol/L，故D正确；故选：D．【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算，难度不大，注意配制中物质溶于水溶质发生变化的情况以及稀释前后溶质的物质的量不变．二、填空题（本题包括4小题，共48分）17．按要求填空：（1）0.6mol NH3中所氢原子数与16.2g H2O中所含氢原子数相等．（2）以下物质：①NH3②CaCO3③蔗糖④饱和食盐水⑤H2SO4⑥Cu属于电解质的有②、⑤（填序号）．（3）标出下列反应中电子转移的方向和数目：4NH3+5O24NO+6H2O．【考点】物质的量的相关计算；氧化还原反应；电解质与非电解质．【专题】物质的量的计算．【分析】（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol 氨气中n（H）=3×0.6mol=1.8mol，根据N=nN A知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=×n（H）=×1.8mol=0.9mol，根据m=nM计算水的质量；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（3）该反应中N元素化合价由﹣3价变为+2价、O元素化合价由0价变为﹣2价，转移电子数为20．【解答】解：（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol氨气中n（H）=3×0.6mol=1.8mol，根据N=nN A知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=×n（H）=×1.8mol=0.9mol，m（H2O）=nM=0.9mol×18g/mol=16.2g，故答案为：16.2；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，这几种物质中②、⑤是电解质，①③是非电解质，④⑥既不是电解质也不是非电解质，故答案为：②、⑤；（3）该反应中N元素化合价由﹣3价变为+2价、O元素化合价由0价变为﹣2价，转移电子数为20，则该反应中转移电子方向和数目为，故答案为：．【点评】本题考查物质的量的计算、电子方向和数目的表示方法、基本概念等知识点，都属于基础题，明确物质的量基本公式、基本概念内涵是解本题关键，注意：氨气的水溶液能导电但氨气是非电解质而不是电解质，为易错点．18．某实验小组用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，并将制得的氯气与潮湿的Ca（OH）2固体反应制取少量漂白粉．实验装置如下图：回答下列问题（1）装置的分液漏斗所盛的药品是（写名称）浓盐酸；漂白粉的有效成分是（写化学式）（）2．（2）装置的试管中发生的主要反应的化学方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O．（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，试写出该反应的化学方程式KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O．【考点】氯气的实验室制法；化学方程式的书写．【专题】制备实验综合．【分析】（1）分液漏斗盛放浓盐酸、二氧化锰放入圆底烧瓶中；漂白粉的有效成分为次氯酸钙；（2）试管中氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，据此写出反应的化学方程式．【解答】解：（1）制取氯气时，二氧化锰放入圆底烧瓶中，浓盐酸盛放在分液漏斗中；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸根和水，次氯酸根和氯化钙为漂白粉的主要成分，漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故答案为：浓盐酸；Ca（ClO）2；（2）试管中氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，氯酸钾中+5价的氯元素转化成0价的氯气，HCl中﹣1价的氯元素转化成0价，化合价变化的最小公倍数为5，则氯酸钾的系数为1、被氧化的HCl的系数为5，再利用质量守恒定律配平可得该反应的化学方程式为：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O．【点评】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质，题目难度中等，明确氯气的实验室制法为解答关键，注意熟练掌握氯气的化学性质，能够正确书写相关反应的化学方程式．19．某化学兴趣小组用铁矿石（主要成分为Fe2O3，还有SiO2、A12O3等杂质）提取Fe2O3．操作讨程如下：（1）（I）和（Ⅱ）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称是过滤．（2）写出Fe2O3和盐酸反应的离子方程式Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O．（3）沉淀A中主要含有SiO2，固体B是Fe2O3．（4）滤液Y中的阴离子除OH﹣、Cl﹣外，还有AlO2﹣（写离子符号）．（5）过滤出氢氧化铁时需洗涤沉淀，洗涤沉淀的具体操作为：向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复2﹣3次，直至沉淀洗净为止．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】铁矿石（主要成分为Fe2O3，还有SiO2、A12O3等杂质）提取Fe2O3，由流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，二氧化硅不溶于盐酸，则沉淀A为SiO2；滤液X中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铁全部反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铝全部反应得到滤液Y中含偏铝酸钠和氯化钠、NaOH，氢氧化铁加热分解生成B为氧化铁，以此来解答．【解答】解：由流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，二氧化硅不溶于盐酸，则沉淀A为SiO2；滤液X中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铁全部反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铝全部反应得到滤液Y中含偏铝酸钠和氯化钠、NaOH，氢氧化铁加热分解生成B为氧化铁，（1）（I）和（Ⅱ）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，故答案为：过滤；（2）Fe2O3和盐酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；（3）由上述分析可知A为SiO2，B为Fe2O3，故答案为：SiO2；Fe2O3；（4）滤液Y是偏铝酸钠、氯化钠溶液，溶液中的阴离子除OH﹣、Cl﹣外，还有AlO2﹣，故答案为：AlO2﹣；（5）洗涤沉淀，可向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复2﹣3次，直至沉淀洗净为止，故答案为：向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复2﹣3次，直至沉淀洗净为止．【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意试剂过量及滤液成分的分析，题目难度不大．20．Ⅰ．实验室用氢氧化钠固体配制100mL 2molL﹣1的NaOH溶液，回答下列问题：（1）下列操作的顺序是（每项限选一次）ABGECDF．A．称量B．溶解C．洗涤D．定容E．转移F．摇匀G．冷却（2）若容量瓶中有少量蒸馏水，所配溶液的浓度将无影响．配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶和玻璃棒．Ⅱ．冰水与Na2O2反应生成H2O2，写出该反应的化学方程式Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2．（6）H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，已知高锰酸钾的产物为Mn2+，此时H2O2表现了还原性（填“氧化”或“还原”）．该反应的离子方程式为4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O．。

湛江一中2016-2017学年度第一学期“第二次大考”高一级化学科试题答案一.选择题1.B 2.A 3.C 4.B 5.C 6、B 7.B 8.B 9.D 10D 11.C 12.D二.大题13 . (共14分,(2)(3)第一空1分,其余每空2分)I、NaHCO3＝Na＋＋HCO3－HClO H＋＋ClO－II (1)Cu2＋、Fe3＋(2)Ag＋(3)Al3＋Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH＋4(4)B (5)取一根铂丝或铁丝,用盐酸洗净,并在火焰上灼烧至无色,蘸取少量溶液,置于火焰上灼烧,火焰呈黄色。

14. (共19分,I和II每空1分,其余每空2分)I. （1）④ （2）② （3）③ （4）⑤II. 冷凝管分液漏斗③④III. (1)2Na2O2 ＋2H2O === 4NaOH ＋O2 ↑(2) CO2bc(4)①除去未充分反应的CO2 ②水与Na2O2反应生成氧气(5)加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中(答案合理即可)15．(共7分,第一空1分,(2)全对2分,其余每空2分)（1）Fe2（SO4）3 0.075mol（2）6FeSO4+2KNO3+4 H2SO4═1K2SO4+3Fe2（SO4）3+2NO↑+ 4H2O（3）16.(共12分,每空2分)(1) 铝表面有致密的氧化膜,阻止内部铝与空气接触,防止铝被氧化(2) Al2O3＋3Cl2＋3C2AlCl3＋3CO(3) SO2－3＋2OH―+ Cl2 === SO2－4＋2Cl－＋H2O(4) ①Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O②16.25－0.32160×2×162.516.25×100%。

湛江市2015-2016学年度第二学期期末调研考试高一化学（必修2）试卷(考试时间：90分钟 满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、单项选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分） 1．下列各组物质属于同分异构体的是 A.H C H Cl Cl--||和Cl C H H Cl--||B.2O 和3OC.OH CH CH 23和33OCH CHD. C 12和C 132．下列各项中表达正确的是A ．F －的结构示意图：B ．CH 4分子的比例模型：C ．CCl 4的电子式：D ．乙炔的结构简式：CHCH3．下列物质中，既有离子键又有共价键的是A ．H 2O 2 B. CaCl 2 C ．Na 2O 2 D ．HCl4．同周期的X 、Y 、Z 三元素，它们最高价氧化物对应水化物是HXO 4、H 2YO 4、H 3ZO 4，则下列判断正确的是A ．含氧酸的酸性H 3ZO 4＞H 2YO 4＞HXO 4B ．非金属性X ＜Y ＜ZC ．原子的质子数按X 、Y 、Z 增大D ．气态氢化物的稳定性按X 、Y 、Z 的顺序减弱5．如图所示是元素周期表的一部分，X 、Y 、Z 、W 均为短周期元素，若w 原子最外层电子数是其内层电子数的，则下列说法中不正确的是A ．原子半径由大到小排列顺序Z ＞Y ＞XB ．Y 元素的两种同素异形体在常温下都是气体C ．最高价氧化物对应水化物的酸性W ＞ZD ．Y 的气态氢化物比X 的气态氢化物稳定6．对于反应A 2 + 3B 2 ⇌ 2C 来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是A ．v （B 2）=0.08 mol•（L•s）﹣1 B ．v （A 2）=0.04 mol•（L•s）﹣1C ．v （C ）=3.6 mol•（L•min）﹣1D ．v （B 2）=5.4 mol•（L•min）﹣17．下列反应过程中，能量变化符合右图的是 A ．Zn 与盐酸反应 B ．CaO 与H 2O 反应C ．NaOH 溶液与盐酸反应D ．消石灰与NH 4Cl 固体反应8．CO（g）与H2O（g）反应过程的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是A． CO（g）的能量一定高于CO2（g）的能量B．1mol CO（g）与1mol H2O（g）所具有的总能量大于1mol CO2（g）与1mol H2（g）所具有的总能量C．反应的热化学方程式是：CO(g) + H2O (g) = CO2(g) +H2(g) △H＝+41kJ/mol D．1mol CO2(g)和1mol H2(g)反应生成1molCO(g)1mol和H2O(g)要放出41kJ热量9．下列说法中正确的是A．需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应B．吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多C．放在冰箱中的食品保质期较长，这与温度对反应速率的影响有关D．可逆反应达到最大限度时，反应停止了10．一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示．下列叙述中正确的是A．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍B．t2时，正、逆反应速率相等C．t3时，逆反应速率大于正反应速率D．该反应的化学方程式为5Y X11．下列各个装置中能组成原电池的是A．B． C． D．12．将纯锌片和纯铜片按下图示方式插入同浓度同体积的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速度乙比甲快13．如图是常见四种有机物的比例模型示意图。

可能用到的相对原子质量：H―1 C―12 N―14 O―16S―32Cu―64 Na―23一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）1．下列分类合理的是（）A．CuSO4和CuSO4•5H2O都属于纯净物B．H2SO4和NaHSO4都属于酸C．液氯和氯水都属于混合物D．Na2O和Na2O2都属于碱性氧化物【答案】A考点：考查物质分类的知识。

2．常温下，下列三个反应均能发生：X2+2W2+=2X-+2W3+Z2+2X-=2Z-+X22W3++2Y-=2W2++Y2则在相同条件下，下列三个反应也能发生的是（）①Y2+2X-=2Y-+X2②Z2+2Y-=2Z-+Y2③2W3++2Z-=2W2++Z2A．只有①B．只有②C．①和②D．②和③【答案】B【解析】试题分析：在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂>氧化产物。

根据反应X2 +2W2+═2X- +2W3+，可得出氧化性关系X2＞W3+；根据Z2+2X- ═2Z- +X2，可得出氧化性关系Z2＞X2；根据2W3+ +2Y- ═2W2+ +Y2，可得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2 ＞W3+＞Y2。

①若反应Y2 +2X-═2Y- +X2可以发生，则可得出氧化性关系Y2＞X2，与已知微粒的氧化性强弱顺序不同，因此该反应不能发生，错误；②若Z2 +2Y-═2Z- +Y2可以发生，则可得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，因此反应能发生，正确；③若2W3+ +2Z-═2W2+ +Z2可以发生，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，因此反应不能发生，错误；故正确的只有②，选项B正确。

考点：考查氧化性、还原性强弱的比较的知识。

3．用N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.5 mol锌粒与足量盐酸反应产生11.2 L H2B．标准状况下，11.2 L H2O所含分子数为0.5N AC．0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为N AD．25℃、101Pa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为N A【答案】D考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。