1、 浙江效实中学20132014学年度下学期期末考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Zn 65 Fe 56 Cu 64 本试卷分卷（选择题）和卷（非选择题），满分100分。【试卷综析】本试卷是高一第二学期期末化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查，注重主干知识，覆盖面很广。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。试题重点考查：氧化还原反应、离子方程式、阿伏伽德罗定律、元素化合物知识、化学基本概念、化学实验、化学计算
2、，考查了较多的知识点，突出了化学计算的考查。注重常见化学方法，体现学科基本要求，是一份不错的期末考试化学试卷。第I卷 选择题（共51分）一、选择题（包括17小题。每题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意。）1下列各组中两种气体的分子数一定相等的是 A温度相同、体积相同的O2和N2 B质量相等、密度不等的N2和C2H4C体积相同、密度不等的CO和C2H4 D压强相同、体积相同的O2和H2【知识点】阿伏加德罗定律【答案解析】B 解析：A、缺少压强关系，无法判断分子数是否相等，故A错误；B、N2和C2H4摩尔质量相等，质量相等的两种气体物质的量相等，所以分子数一定相等，故B正确；C、CO和C2
3、H4摩尔质量相等，体积相同、密度不等的CO和C2H4质量不会相等，所以两种气体物质的量不相等，分子数不相等，故C错误；D、缺少温度关系，无法判断分子数是否相等，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查阿伏加德罗定律的应用，熟记并理解阿伏加德罗定律是关键，属易错题。2下列关于氯的说法正确的是A.Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B.若1735Cl、1737Cl为不同的核素，有不同的化学性质C.实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水法收集D.1.12 LCl2含有1.7NA个质子（NA 表示阿伏伽德罗常数）【知识点】阿伏伽德罗常数、Cl2的性质和收集方法【答案解析】C 解析：A、Cl2在
4、化学反应中既能作氧化剂也能作还原剂，故A错误；B、同种元素的不同核素，化学性质相同，故B错误；C、Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，可用排饱和食盐水法收集，故C正确；D、没指明是标准状况，无法知道1.12 LCl2的物质的量，也就无法计算所含的质子数，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查阿伏伽德罗常数、Cl2的性质和收集方法，注意根据气体的体积计算气体的物质的量时，使用22.4L/mol必须是在标准状况下.3将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体的体积比为A1：2：3 B6：3：2 C3：1：1 D1：1：1【知识点】金属与酸反应生成的气体体
5、积计算【答案解析】C 解析：0.3mol钠先与盐酸反应,再与水反应,0.3mol钠完全反应产生0.15mol氢气,镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中,盐酸完全反应产生0.05mol氢气,所以同温同压下产生的气体的体积比为3：1：1 ,故答案选C【思路点拨】本题考查金属与酸反应生成的气体体积计算,注意钠先与盐酸反应再与水反应，而镁、铝只与盐酸反应.。4宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2=2 Ag2S +2H2O，其中H2S是 A氧化剂 B还原剂C既是氧化剂又是还原剂 D既不是氧化剂又不是还原剂【知识点】氧化剂、
6、还原剂的定义【答案解析】D 解析：反应前后氢、硫的化合价均未发生变化，所以H2S既不是氧化剂又不是还原剂。 故答案选D【思路点拨】本题考查氧化剂、还原剂的定义，正确分析元素的化合价是关键。5两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒可能是两种不同的原子；两种不同元素的原子；一种原子和一种分子；一种原子和一种离子；两种不同分子；一种分子和一种离子；两种不同阳离子；两种不同阴离子；一种阴离子和一种阳离子A B C D全部都是【知识点】等电子微粒【答案解析】B 解析：互为同位素的两种不同的原子，含有相同的质子数和电子数，；两种不同元素的原子，质子数一定不同；氖原子和水分子，质子数和电子数都是10；
7、一种原子和一种离子质子数相同时电子数一定不同；水分子和氨分子质子数和电子数都是10；一种分子和一种离子，质子数相同时电子数一定不同；Na+和NH4+离子质子数都是11，电子数都是10；F-和OH-质子数都是9，电子数都是10；一种阴离子和一种阳离子,质子数相同时电子数一定不同;故答案选B，【思路点拨】本题考查等电子微粒，需要熟记10电子微粒，利用列举法即可顺利完成本题。6下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是 硅是构成一些岩石和矿物的基本元素 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料 A. B. C. D.【知识点】无机非金属材料【
8、答案解析】C 解析： 硅是构成一些岩石和矿物的基本元素正确， 水泥、玻璃、都是硅酸盐制品，水晶指二氧化硅，不是硅酸盐，二氧化硅用于制作光导纤维 陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，正确。故答案选C【思路点拨】本题考查无机非金属材料的有关知识，注意相关知识的积累。7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 C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体 碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体 A B C D【知识点】物质分类、纯净物和强电解质等定义【答案解析】C 解析：A、氨水为混合物，故错误；正确；、水
9、银是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误； 根据同种元素形成的不同单质叫同素异形体，故 正确； 碘酒、淀粉、纳米材料均不是为胶体，故错误；故答案选C【思路点拨】本题考查物质分类、纯净物和强电解质等定义，明确纯净物、强电解质、胶体的含义是关键。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的 A5 g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为0.6 NA B5.6 g铁与0.1 mol氯气充分反应转移电子数为 0.2 NA C50 mL 12 molL-1 浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，转移电子数为0.3 NA D常温常压下，46 g NO2 与 N2O4的混合气体中含有的原子总数为3 NA
10、【知识点】阿伏加德罗常数【答案解析】C 解析：A、溶液中包含乙醇中的氢原子和水中的氢原子，（546%466554%182）NA=0.6 NA故A正确；B、5.6 g铁过量，0.1 mol氯气完全反应，转移电子数为 0.2 NA，故B正确；C、二氧化锰与浓盐酸才能发生反应，随着反应的进行，浓盐酸会稀变成盐酸，反应停止，无法计算转移的电子数，故C错误；D、46 g NO2 与 N2O4的混合气体中含有的原子总数为46463NA=3NA，故D正确；故答案选C【思路点拨】本题考查阿伏加德罗常数，注意二氧化锰与浓盐酸才能发生反应，随着反应的进行，浓盐酸会稀变成盐酸，即使二氧化锰足量，盐酸也反应不完。9下
11、列离子方程式书写正确的是A. Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OB. Fe与FeCl3溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+C大理石中加入稀盐酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD. AlCl3溶液中加过量氨水：Al3+3OH-=Al(OH)3【知识点】离子方程式书写【答案解析】C 解析：A、参加反应的离子的物质的量关系不正确，应为：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故A错误；B、电荷不守恒，故B错误；C、C正确；D、氨水为弱电解质，离子方程式中保留化学式，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查离子方程式书写注意
12、事项，书写离子方程式要符合客观事实，遵守各种守恒，分清强弱电解质。10美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，有关说法不正确的是A合金的熔点一般比组分金属低B铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n(Al)n(Na)C铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小【知识点】金属的性质【答案解析】D 解析：A、合金的熔点一般比组分金属低，故A正确；B、铝钠合金若投入一定量的水中，先发生钠与水的反应，接着发生铝与氢氧化钠溶液的反应，当n(Al)n(Na)，
13、铝完全反应可得无色溶液，故B正确；C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，先发生钠与水的反应生成氢氧化钠溶液，氯化铜和氢氧化钠溶液反应会有氢氧化铜沉淀，若铝过量也可能置换出铜，故C正确；D、由于等质量的铝和钠分别与足量盐酸反应，铝放出的H2多，若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越大。故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查金属的性质，熟练掌握有关化学性质是关键。记住合金的熔点一般比组分金属低。11下列实验装置设计正确、且能达到目的的是 A实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸 B实验：静置一段时间，小试管内有晶体析出 C实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸
14、D实验：回收利用碘的CCl4 溶液中的有机溶剂【知识点】化学实验【答案解析】B 解析：A、不能防止倒吸，故A错误；B、静置一段时间，小试管内有晶体析出能验证浓硫酸的吸水性，故B正确；C、不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D、蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查实验常规，注意积累常见仪器的使用注意事项以及常规操作，本题要明确各个实验的目的。12海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如下图所示），下列有关说法正确的是A第步中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2
15、溶液过滤后加盐酸 B工业上金属钠是通过氯碱工业进行制取C从第步到第步的目的是为了浓缩D在第步中溴元素均被氧化【知识点】海水的综合利用【答案解析】C 解析：A、Na2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加入，这样可将Ca2+、Ba2+一并除去，故A错误；B、工业上金属钠是通过电解熔融NaCl制取，故B错误；C正确；D、在第步中溴元素被还原，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查海水的综合利用，涉及除杂、金属钠的制备、氧化还原分析，注意除杂原则上尽量不要引入新杂质。13AE是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如下图所示。 高温则下列说法正确的是AX与A反应的化学方程式是：Al2
16、O3 + 2Fe = Fe2O3 + 2Al B检验D溶液中的金属阳离子的反应：Fe3+3SCN= Fe(SCN)3 C单质Y在一定条件下能与水发生置换反应D由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物【知识点】物质的性质、无机推断【答案解析】C 解析：单质X与氧化物A反应生成单质Y与氧化物B，且涉及到的4种物质都能与稀硫酸反应，即可判断X与A反应生成Y与B的反应为铝热反应：A、X与A反应的化学方程式是： Fe2O3 + 2Al =Al2O3 + 2Fe，故A错误；B、Fe3+3SCN= Fe(SCN)3生成物不是沉淀，故B错误；C、单质Y是铁，铁与水蒸气在高温下生成四氧化
17、三铁和氢气，为置换反应，故C正确；D、C为硫酸铝不能与酸反应，能与碱反应，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题主要考查铝、铁及其化合物的性质，推断的突破口是判断X与A反应生成Y与B的反应为铝热反应，熟练书写方程式是关键。14将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断不正确的是 A与NaOH反应的氯气一定为0.15 mol Bn(Na)n(Cl) 可能为73 C若反应中转移的电子为n mol，则n一定大于0.15 molDn(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为721【知识
18、点】氧化还原反应分析、守恒应用【答案解析】B 解析：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A正确；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，若氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，若氧化产物为NaClO3
19、，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5n（Na+）：n（Cl-）2：1，7：32：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol1/21=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol5/61=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=7mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为7mol1=7mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mo
20、l5=7mol，得失电子相等，故D正确；故答案选B【思路点拨】本题考查氧化还原反应的知识，首先写出可能发生的反应，利用元素守恒、电子守恒、极限法可使问题顺利解决。15将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL 4.40 mol/L盐酸中，充分反应后产生896 mL H2(标准状况)，残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H)为0.400mol/L。则原混合物中单质铁的质量是A2.24g B3.36g C5.60g D10.08g【知识点】离子反应、化学计算中的守恒法【答案解析】C 解析：根据滤液中还有较多H+剩余，没有Cu2+，可知残留
21、物没有Fe，只有Cu而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+生成Cu为128/64=0.02mol,生成H2为0.896/22.4=0.04mol,反应有：CuO+2H+Cu2+H2O，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，Fe+2Fe3+3Fe2+，Fe+Cu2+Fe2+Cu，Fe+2H+Fe2+H2设原有Fe为xmol，Fe2O3为ymol，CuO为zmol，根据得失电子总数相等知：2x=2y+20.02+20.04；又根据Cl守恒知：2（x+2y）+0.20.400=0.14.40将上述两式联立解出：x=0.1，y=0.04原混合物中单质铁的质量56g/mol0.1m
22、ol=5.6g故答案选C【思路点拨】本题考查离子反应、化学计算中的守恒法，关键根据滤液中还有较多H+，没有Cu2+，得到残留物没有Fe，只有Cu而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+16由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。混盐CaOCl2在酸性溶液中可以发生反应产生Cl2，下列关于混盐CaOCl2的有关判断不正确的是（NA为阿伏加德罗常数)A该混盐在酸性溶液中产生1mol Cl2时转移的电子数为NAB该混盐的水溶液具有漂白性C该混盐中氯元素的化合价为+1和-1价 D该混盐具有较强的还原性【知识点】信息应用【答案解析】D 解析：根据混盐的定义：由一种阳离子与两种酸根
23、离子组成的盐，可以得到CaOCl2的溶液中存在Ca2+、Cl-、ClO-，故A、B、C均正确；D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查信息应用，读懂题目所给的混盐定义是关键，根据混盐由一种阳离子与两种酸根离子组成，可以得到CaOCl2的溶液中存在Ca2+、Cl-、ClO-。从而根据所学知识即可分析所给选项是否正确。17某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。请根据图像推断，下列说法中不正确的是（已知HCO3-与AlO2-在溶液中不能共存） AM点时生成的CO2为0
24、 molB原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：2CV1：V2=1：4Da段表示的离子方程式为：AlO2- +H+ + H2OAl(OH)3【知识点】离子反应【答案解析】B 解析：首先，发生反应AlO2-+H+H2OAl（OH）3，a线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2-）=n（H+）=0.05mol1mol/L=0.05mol第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+HCO3-，b线表示CO32-，c线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知n（
25、CO32-）=n（H+）=0.05mol1mol/L=0.05mol得：M点时生成的CO2为0 mol；故A正确；原混合溶液中的CO32-与AlO-2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故B错误；a曲线表示的离子方程式为：AlO-2+H+H2O=Al（OH）3，故D正确第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+CO2+H2O，d线表示HCO3-，由图可知HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应
26、完毕，根据方程式可知n（H+）=3nAl（OH）3=30.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体：0.15/1=0.15L=150mL原溶液中n（CO32-）=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32-+H+HCO3-可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为0.025/1=0.025L=25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故C正确；故答案选B【思路点拨】本题考查离子反应,关键是理清往Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-
27、1的盐酸时，依次发生的反应。第卷 非选择题（共49分）18某溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Mg2+、Ag+、OH-、SO42-、CO32- 中的某几种，现用该溶液做以下实验：取此溶液少许，加入足量盐酸无明显现象；另取少许加入足量浓氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成；将中沉淀过滤，取滤液微热，有无色刺激性气味气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由此推断，该溶液中肯定有 离子，肯定没有 离子。写出中发生反应的离子方程式 。【知识点】离子反应【答案解析】该溶液中肯定有NH4+、Mg2+、SO42- ，肯定没有Ag+、CO32- 、Ba2+、OH-, Mg2+2OH-=Mg（OH）2解析：取此溶
28、液少许，加入足量盐酸无明显现象，可得溶液中无Ag+、CO32-；另取少许加入足量浓氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成说明溶液中含Mg2+，进而得到原溶液中无OH-；将中沉淀过滤，取滤液微热，有无色刺激性气味气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝为氨气，说明溶液中含NH4+。综上所述原溶液中必含SO42-无Ba2+。【思路点拨】本题考查离子反应、离子共存问题，要熟练掌握哪些离子之间能发生反应，注意每确定一种离子存在时，要排除与这种离子不能共存的离子，19在下图所示的物质转化关系中（反应条件和部分生成物未全部列出），X物质可以来自于海洋中，A、B为常见气体单质，B为黄绿色气体，I、L为常见的金属单质
29、，G为红褐色物质。请回答下列问题：(1)X化学式为 。 (2)C化学式为 。(3)反应的离子方程式为 。(4)反应的离子方程式为 。【知识点】无机推断【答案解析】(1)NaCl 、 (2) NaOH 、(3)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (4) 2Fe3+ Fe=3Fe2+解析：根据X物质可以来自于海洋中，A、B为常见气体单质，B为黄绿色气体，得到X化学式为NaCl ，A、B、C分别为H2、Cl2、NaOH，由I、L为常见的金属单质，G为红褐色物质可知G为Fe（OH）3，I、L分别为Fe、Al。【思路点拨】本题考查铝铁及其化合物的性质，突破口明显，较简单。20将分别含有甲、
30、乙两种常见金属元素的两种正盐A和B的混合物溶于水，通入氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色。若在该混合物的溶液中滴加一定浓度的氨水至过量，可得到白色沉淀C。向沉淀C加入过量NaOH溶液，沉淀部分溶解，剩余白色沉淀D。将D溶于盐酸，可得到A溶液；将D灼烧可得到优质的耐高温材料。(1)试写出A和B的化学式：A ，B 。(2)元素乙的单质可与某黑色固体反应置换出熔融态的铁，写出该反应的化学方程式： 。【知识点】无机推断【答案解析】MgCl2、AlBr3 8Al+3Fe3O4 = 9Fe+4Al2O3 解析：两种正盐A和B的混合物溶于水，通入氯气，然后向反应后
31、的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，说明溶液中含Br-。若在该混合物的溶液中滴加一定浓度的氨水至过量，可得到白色沉淀C。向沉淀C加入过量NaOH溶液，沉淀部分溶解，剩余白色沉淀D，D为Mg（OH）2。将D溶于盐酸，可得到A溶液为MgCl2B为AlBr3 。【思路点拨】本题考查铝热反应，镁盐、铝盐的性质，注意Al（OH）3溶于NaOH，Mg（OH）2不溶于NaOH21次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍。 （1）化学镀镍的溶液中含有Ni2+ 和H2PO2，在酸性条件下发生以下镀镍反应： Ni2+ + H2PO2+ Ni + H2PO3+ 6H2PO2- +2H+ 2
32、P+4H2PO3-+3H2请配平反应式。（2）反应式中还原剂是 ，被还原元素是 。（3）反应中，若生成1 mol H2PO3-，反应中转移电子的物质的量为 mol。（4）从二个反应分析，若生成1mol Ni和1mol P，同时有 mol H2PO3生成。（5）完成下列各小题中的化学反应方程式：碱金属与O2反应生成氧化物较复杂，有普通氧化物（如K2O）过氧化物（如K2O2）还有超氧化物和臭氧化物等。要制备碱金属的普通氧化物一般是用碱金属还原对应的过氧化物、硝酸盐或亚硝酸盐。写出下列化学反应方程式：钠与过氧化钠反应 钾还原硝酸钾，同时还产生了一种单质气体 【知识点】氧化还原反应的分析、化学反应方程
33、式书写【答案解析】(1) Ni2+ + H2PO2+ 1H2O Ni +1H2PO3+ 2 H+（2分）(2) H2PO2（1分），Ni（1分）(3) 2mol（2分）(4) 3（2分）（5） Na2O22Na=2Na2O；2KNO310K=6K2ON2（各2分） 解析：（1）根据氧化还原反应中，化合价升降相等即可配平，(2) 根据失电子的物质是还原剂，反应式中还原剂是H2PO2，Ni化合价从 +2变为0，化合价降低，被还原。（3） H2PO2-中P的化合价为+1， H2PO3-中P的化合价为+3，反应中，若生成1 mol H2PO3-，反应中转移电子的物质的量为 2mol。(4) 根据生成1
34、mol Ni有1mol H2PO3生成，根据生成1mol P有2mol H2PO3生成，所以生成1mol Ni和1mol P，同时有3mol H2PO3生成。（5）根据信息：要制备碱金属的普通氧化物一般是用碱金属还原对应的过氧化物、硝酸盐或亚硝酸盐，即可写出钠与过氧化钠反应，钾还原硝酸钾的化学反应方程式。【思路点拨】本题考查氧化还原反应的分析、化学反应方程式书写，关键理解氧化还原反应中，化合价升降相等，依据这一特征即可配平方程式。22在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中： 为氯气发生装置；的试管里盛有15mL 30 KOH 溶液并置于热水浴中； 的试管里盛有15
35、mL 8 % NaOH 溶液并置于冰水浴中； 的试管里加有紫色石蕊试液； 为尾气吸收装置。请填写下列空白：制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在与之间安装盛有_（填写下列编号字母）的净化装置。A碱石灰 B饱和食盐水 C浓硫酸 D饱和碳酸氢钠溶液比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件二者的差异是 。反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出。右图中符合该晶体溶解度曲线的是_（填写编号字母）；从的试管中分离出该晶体的方法是 (填写实验操作名称）。(3)本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是： 。(4)实验中可观察到的试管里
36、溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白：实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为 色氯气与水反应生成的H+使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色_然后溶液从无色逐渐变为 色_【知识点】物质制备、物质性质探究【答案解析】( l ）分液漏斗（1分）； B （1分）( 2 ）碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同（2分）； M（1分）；过滤 （1分）( 3 ) Cl2 + 2OHClO + Cl一H2O （2分）( 4 ) 红（1分）氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质（1分）黄绿（1分）继续通入的氯气溶于水使溶液呈黄绿色（1分） 解析：( l ）通常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体。( 2
37、 ）的试管里盛有15mL 30 KOH 溶液并置于热水浴中； 的试管里盛有15mL 8 % NaOH 溶液并置于冰水浴中；因此制取氯酸钾和次氯酸钠的条件差异是碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同；根据反应完毕经冷却后的试管中有大量晶体析出，知氯酸钾的溶解度随温度的降低而减小，符合该晶体溶解度曲线的是M。( 3 ) Cl2 + 2OHClO + Cl一H2O(4)根据表格中的提示：氯气与水反应生成的H+使石蕊变色，溶液最初从紫色逐渐变为红色。随后氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质，溶液逐渐变为无色。继续通入的氯气溶于水使溶液呈黄绿色。【思路点拨】本题考查物质制备、物质性质探究，
38、解答本题关键是阅读题目内容，理解题目意图，如比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，即可总结得到条件差异23将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2体积（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO2在水中的溶解）。试计算：（无需书写计算步骤）(1)盐酸的物质的量浓度为 mol/L。(2)该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为 。【知识点】物质性质、化学计算【答案解析】0.4 2:1 解析：向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，依次发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O;Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl;NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2结合方程式，由图象可以得到：先加入的100mL稀盐酸与NaOH发生反应，后加入的100mL稀盐酸与Na2CO3发生反应，生成的CO2的物质的量为0.448/22.4=0.02mol，盐酸的物质的量浓度为0.02mol/0.05L=0.4mol/L，进而可求该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为100:50=2:1【思路点拨】本题考查物质性质、化学计算,关键是按照步骤写出逐滴加入稀盐酸至过量，依次发生的反应，利用图象中生成的CO2的物质的量即可得到盐酸的物质的量浓度。