1、2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高一（上）期末化学试卷（普通班）一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（）A生石灰、白磷、熟石灰B空气、氮气、胆矾C干冰、铁、氯化氢D烧碱、液态氧、碘酒2光纤通信是以光作为信息的载体，让光在光导纤维中传播，制造光导纤维的基本原料是（）A氧化钙B铜C石英砂D铝3下列关于合金的叙述不正确的是（）A合金一定是多种金属的混合物B合金的性能往往比纯金属优越C合金的熔点一般比其组成金属低D合金的硬度一般比其组成金属大4当光束通过下列分散系时，可能产生丁达尔效应的是（）ANaC
2、l溶液BFe（OH）3胶体C盐酸DCuSO4溶液5下列物质中，不属于电解质的是（）ANaOHBNaClCH2SO4DCO26下列各组中的离子，能在溶液中共存的是（）AK+、H+、SO42、OHBNa+、Ca2+、CO32、NO3CNa+、H+、Cl、CO32DNa+、Cu2+、Cl、SO427在下列反应中，属于氧化还原反应的是（）A2H2O22H2O+O2BCaCO3CaO+CO2CCaO+H2O=Ca（OH）2DCaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O8下列变化不能通过一步反应直接完成的是（）AAl3+Al（OH）3BAlAlO2_CAl（OH）3Al2O3DAl2O3Al（OH）3
3、9把少量废铁屑溶于过量的稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量的硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成过滤，加热至沉淀物质量不再变化，得到红棕色的残渣上述沉淀和残渣分别为（）AFe（OH）3；Fe2O3BFe（OH）2；FeOCFe（OH）3Fe（OH）2；Fe2O3DFe2O3；Fe（OH）310相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（）A1：1B1：6C2：3D3：211向下列各物质的水溶液中滴加稀H2SO4或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成的是（）ABaCl2BBa（OH）2CNa2CO3DKOH12下列离子方程式中，正确的是（）A
4、铁与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B氯气与氯化亚铁溶液反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3C氯化铁溶液与铁反应：Fe3+Fe=2Fe2+D氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3+30H=Fe（OH）313为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入（）ANaOH溶液B铁片CKSCN溶液D石蕊溶液142.3g钠在干燥的空气中与O2反应，可得3.5g氧化物，据此可判断其产物为（）A只有Na2OB只有Na2O2CNa2O和Na2O2D无法确定15把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是（）A稀硫酸BCuSO4溶液CFe2（SO4）3溶液DAgNO3溶液16赏
5、心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（）A硫酸B烧碱C盐酸D氢氟酸17下列不能使有色布条褪色的是（）A氯水B次氯酸钠溶液C漂白粉溶液D氯化钙溶液18根据反应式：（1）2Fe3+2I=2Fe2+I2，（2）Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是（）ABr、Fe2+、IBI、Fe2+、BrCBr、I、Fe2+DFe2+、I、Br19将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是（）A稀硫酸B硫酸铜溶液C稀氢氧化钠溶液D氯化镁溶液20下列化合物中，不能由两种单质直接化合制得的是（）AFeSBFeCl3CFe3O4DFeCl
6、221某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH 溶液，开始有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是（）A一定有Fe2+，一定没有Mg2+、Fe3+B一定有Fe3+，一定没有Mg2+、Fe2+C一定有Fe3+，可能有Fe2+，一定没有Mg2+D一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+22在一定条件下，既能与CO2反应，又能跟SiO2 反应的物质（）NaHCO3溶液 浓硫酸 NaOH溶液 碳ABCD23硅被誉为无机非金属材料的主角据2001年12月的参考消息报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”下列有关说法正确的是（）
7、A硅在地壳中含量居第二位，在地球上有丰富的硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅B硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料C存放NaOH溶液的试剂瓶应用玻璃塞D硅是一种良好的半导体材料，所以是制造光导纤维的基本原料2412mol/L的盐酸50ml与足量的MnO2在加热条件下反应，可以制得的Cl2的物质的量为（）A0.3molB小于0.15molC0.150.3molD0.15mol25要从含Al3+、Fe3+、Ba2+、Ag+的溶液中分别沉淀出Fe3+、Ba2+、Ag+，加入试剂的顺序正确的是（）A盐酸、稀硫酸、NaOH溶液BNaOH溶液、盐酸、稀硫酸C盐酸、稀
8、硫酸、氨水D盐酸、氨水、稀硫酸二、非选择题（本题包括2小题，共30分）26如图所示是某学生设计的实验室制备干燥Cl2及吸收多余Cl2的实验装置图，根据图中的装置和有关试剂回答下列问题（1）指出图中的各处错误：；（2）在改过后的装置中，写出下列物质的作用：饱和食盐水；浓硫酸；NaOH溶液（3）在改正过的装置中，制取氯气所发生反应的离子方程式：；NaOH溶液中发生反应的离子方程式：27A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转化关系如图所示A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质请填空：（1）形成单质A的元素，在化合物中的最高化合价为（2）B和碳反应生成A和E的化学方程式是（3）C的化学
9、式为，D 的化学式为三、计算题（本题包括2小题，共20分）28加热33.6g NaHCO3至没有气体放出时，剩余的物质是什么？试计算剩余物质的质量和物质的量29把6.5gZn放入足量的稀盐酸中，锌完全反应计算（1）参加反应的HCl的物质的量（2）生成氢气的体积（标准状况）2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高一（上）期末化学试卷（普通班）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（）A生石灰、白磷、熟石灰B空气、氮气、胆矾C干冰、铁、氯化氢D烧碱、液态氧、碘酒【考点】混合物和纯净物；单
10、质和化合物【分析】根据物质的概念进行分析，单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是指由多种元素组成的纯净物，混合物是指由多种物质组成的物质【解答】解：A、生石灰是钙、氧元素组成的纯净物，属于化合物；白磷为单质；熟石灰是由钙、氢、氧三种元素组成的纯净物，属于化合物，故A错误；B、空气中含有多种物质，属于混合物；氮气为单质；胆矾是由铜、硫、氧、氢四种元素组成的纯净物，属于化合物，故B错误；C、干冰由两种元素组成，属于化合物；铁为单质；氯化氢是由两种元素组成的纯净物，属于化合物，故C错误；D、烧碱是由钠、氢、氧三种元素组成的纯净物，属于化合物，液态氧为单质；碘酒为碘和酒的混合物，故D正确；故选：D2光
11、纤通信是以光作为信息的载体，让光在光导纤维中传播，制造光导纤维的基本原料是（）A氧化钙B铜C石英砂D铝【考点】硅和二氧化硅【分析】硅常用于半导体材料以及太阳能电池，光导纤维的主要成分是二氧化硅，据此分析解答【解答】解：A氧化钙常用于建筑行业，故A错误B铜最大的用途就是电力系统，常用来制导线，故B错误C石英的主要成分是二氧化硅，光导纤维的成分是二氧化硅，故C正确D铝是用来电力或船舶飞机等工业，故D错误故选C3下列关于合金的叙述不正确的是（）A合金一定是多种金属的混合物B合金的性能往往比纯金属优越C合金的熔点一般比其组成金属低D合金的硬度一般比其组成金属大【考点】合金的概念及其重要应用【分析】合金
12、为金属与金属或金属与非金属融合而成的化合物，一般来说，合金的熔点低、硬度大，以此解答该题【解答】解：A合金可以是金属和非金属的混合物，故A错误；B合金是金属与金属或金属于非金属的混合物，硬度大，熔点低，耐腐蚀，机械性能好，故B正确；C合金为混合物，则熔点一般比其组成金属低，故C正确；D合金具有优良的机械性能，硬度比它的各成分金属大，故D正确故选A4当光束通过下列分散系时，可能产生丁达尔效应的是（）ANaCl溶液BFe（OH）3胶体C盐酸DCuSO4溶液【考点】胶体的重要性质【分析】丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路丁达尔现象是胶体特有的
13、性质【解答】解：NaCl溶液、盐酸、硫酸铜溶液都是溶质的水溶液，当光束通过时无此现象，Fe（OH）3胶体，当光束通过时会产生丁达尔现象，故选：B5下列物质中，不属于电解质的是（）ANaOHBNaClCH2SO4DCO2【考点】电解质与非电解质【分析】电解质是指：该物质是化合物，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是自身电离酸、碱、盐都是电解质，在水溶液中和在熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质【解答】解：ANaOH在水溶液里或在熔融状态下，能电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子导致导电，所
14、以NaOH是电解质，故A正确；BNaCl在水溶液里或在熔融状态下，能电离出自由移动的钠离子和氯离子导致导电，所以NaCl是电解质，故B正确；CH2SO4在水溶液里，能电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导致导电，所以H2SO4是电解质，故C正确；D二氧化碳在水溶液里，生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的氢离子和碳酸根离子导致导电，不是二氧化碳自身电离，所以二氧化碳是非电解质，故D错误；故选D6下列各组中的离子，能在溶液中共存的是（）AK+、H+、SO42、OHBNa+、Ca2+、CO32、NO3CNa+、H+、Cl、CO32DNa+、Cu2+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不
15、能结合生成水、沉淀、气体等，则离子能大量共存，以此来解答【解答】解：A因H+、OH能结合水成水，则不能共存，故A错误；B因Ca2+、CO32能结合生成碳酸钙沉淀，则不能共存，故B错误；C因H+、CO32能结合生成水和气体，则不能共存，故C错误；D因该组离子之间不反应，则能够共存，故D正确；故选D7在下列反应中，属于氧化还原反应的是（）A2H2O22H2O+O2BCaCO3CaO+CO2CCaO+H2O=Ca（OH）2DCaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O【考点】氧化还原反应【分析】从物质的所含元素的化合价是否发生变化的角度判断反应类型，氧化还原反应的特征是元素的化合价升降【解答】解
16、：AO元素的化合价分别由10，12，化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；B碳酸钙分解前后各元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；CCaO+H2O=Ca（OH）2各元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D为复分解反应，各元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误故选A8下列变化不能通过一步反应直接完成的是（）AAl3+Al（OH）3BAlAlO2_CAl（OH）3Al2O3DAl2O3Al（OH）3【考点】镁、铝的重要化合物【分析】根据物质的性质判断反应的可能性，Al2O3不能直接生成Al（OH）3，应先生成Al3+或AlO2后，然后加入弱碱或弱酸
17、才能反应生成Al（OH）3【解答】解：AAl3+与氨水发生反应生成Al（OH）3，可一步反应生成，故A不选；BAl与NaOH发生反应生成AlO2，可一步反应生成，故B不选；CAl（OH）3加热分解为Al2O3与水，可以一步实现转化，故C不选；DAl2O3不能直接生成Al（OH）3，应先生成Al3+或AlO2后，然后加入弱碱或弱酸才能反应生成Al（OH）3，故D选；故选D9把少量废铁屑溶于过量的稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量的硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成过滤，加热至沉淀物质量不再变化，得到红棕色的残渣上述沉淀和残渣分别为（）AFe（OH）3；Fe2O3BFe（OH）2；F
18、eOCFe（OH）3Fe（OH）2；Fe2O3DFe2O3；Fe（OH）3【考点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【分析】把少量废铁屑溶于过量的稀硫酸生成硫酸亚铁，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成为Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，在加热时分解生成红棕色的Fe2O3，以此来解答【解答】解：该反应过程有关转化关系为FeFe2+Fe3+Fe（OH）3Fe2O3，有关反应为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2；3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；Fe3+3NH3H2O=Fe （OH）3+3 NH4+；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；因F
19、e（OH）2为白色沉淀，FeO和Fe3O4都为黑色物质，所以红褐色沉淀生成为Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，在加热时分解生成红棕色的Fe2O3，故选A10相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（）A1：1B1：6C2：3D3：2【考点】铝的化学性质；化学方程式的有关计算【分析】根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等【解答】解：由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等
20、，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，故选A11向下列各物质的水溶液中滴加稀H2SO4或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成的是（）ABaCl2BBa（OH）2CNa2CO3DKOH【考点】常见离子的检验方法【分析】本题根据与硫酸和氯化镁生成白色沉淀的化学反应来解题，硫酸可以与钡离子生成白色沉淀，镁离子可以与氢氧根离子、碳酸根离子、硫酸根离子等离子反应生成白色沉淀【解答】解：A氯化钡与硫酸反应生成白色沉淀，与氯化镁不反应，故A错误；B氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀，与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，故B正确；C碳酸钠与硫酸反应生成二
21、氧化碳气体，与氯化镁反应生成碳酸镁白色沉淀，故C错误；D氢氧化钾与硫酸反应生成水，与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，故D错误；故选B12下列离子方程式中，正确的是（）A铁与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B氯气与氯化亚铁溶液反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3C氯化铁溶液与铁反应：Fe3+Fe=2Fe2+D氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3+30H=Fe（OH）3【考点】离子方程式的书写【分析】A、铁与盐酸反应生成的是亚铁离子，不是铁离子；B、该反应为化学方程式，不是离子方程式；C、根据电荷守恒判断，离子方程式两边电荷不相等；D、反应的实质为铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉
22、淀【解答】解：A、铁与盐酸反应生成了亚铁离子和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B、氯气与氯化亚铁溶液反应，亚铁离子被氯气氧化，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故B错误；C、铁离子与铁反应生成了亚铁离子，离子方程式两边电荷不相等，正确的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故C错误；D、氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应，生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3+30H=Fe（OH）3，故D正确；故选D13为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入（）ANaOH溶液B铁片CKSCN溶液D石蕊溶液【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的
23、检验；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】先考虑如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN生成络合物，使溶液呈现血红色【解答】解：A、FeCl2 和NaOH溶液生成灰绿色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，能迅速被氧化成红褐色沉淀氧氢化铁，所以不能检验是否变质，故A错误B、如果氯化亚铁变质，则生成氯化铁，少量氯化铁和铁片反应但现象不明显，铁片与氯化亚铁不反应，故B错误C、如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液，故C正确D、无论氯化亚铁是否变质，都是强酸弱碱盐，溶
24、液都呈酸性，所以无法检验，故D错误故选：C142.3g钠在干燥的空气中与O2反应，可得3.5g氧化物，据此可判断其产物为（）A只有Na2OB只有Na2O2CNa2O和Na2O2D无法确定【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【分析】金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，固体增重为氧元素质量，计算所得固体中Na、O原子的物质的量之比，进而判断产物组成【解答】解：金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，固体增重为氧元素质量，即3.5g固体中O原子质量为3.5g2.3g=1.2g，则得到的固体中Na、O原子的物质的量之比为： =4：3
25、1：1，故产物为Na2O和Na2O2的混合物，故选C15把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是（）A稀硫酸BCuSO4溶液CFe2（SO4）3溶液DAgNO3溶液【考点】铁的化学性质【分析】根据题意知，铁和溶液中的溶质反应，导致铁片溶解，溶液质量增加且没有气体生成，说明铁和溶液反应时不是与酸反应，且不能置换出比铁的摩尔质量大的金属单质【解答】解：A铁和稀硫酸反应有氢气生成，故A错误；B铁和硫酸铜发生置换反应，析出铜的质量大于铁的质量，导致溶液质量减小，故B错误；C铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，没有气体生成且溶液质量增加，所以符合题意，故C正确；D铁和硝酸银发生置换反应，
26、析出银的质量大于铁的质量，导致溶液质量减小，故D错误；故选C16赏心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（）A硫酸B烧碱C盐酸D氢氟酸【考点】硅和二氧化硅【分析】二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件下可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应【解答】解：A、硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故A错误；C、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故B错误；B、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，生产的硅酸钠和二氧化硅难以分离，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故C错误；D、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻
27、蚀，故D正确故选D17下列不能使有色布条褪色的是（）A氯水B次氯酸钠溶液C漂白粉溶液D氯化钙溶液【考点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】具有漂白性的物质有HClO、SO2、H2O2、O3等物质或能生成该物质的单质或化合物【解答】解：A氯水中含有HClO，具有漂白性，故A不选；B次氯酸钠溶液含有ClO，能生成HClO，具有漂白性，故B不选；C漂白粉溶液含有ClO，能生成HClO，具有漂白性，故C不选；D氯化钙溶液不具有漂白性，故D选故选D18根据反应式：（1）2Fe3+2I=2Fe2+I2，（2）Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是（）
28、ABr、Fe2+、IBI、Fe2+、BrCBr、I、Fe2+DFe2+、I、Br【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据元素的化合价升高来判断还原剂，利用氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答【解答】解：2Fe3+2I=2Fe2+I2中，I元素的化合价升高，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性IFe2+，Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br中，Fe元素的化合价升高，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Fe2+Br，所以离子的还原性由强到弱的顺序为IFe2+Br，故选B19将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是（）A稀硫酸B硫酸铜溶
29、液C稀氢氧化钠溶液D氯化镁溶液【考点】钠的化学性质【分析】通过书写化学方程式，观察生成物，符合答案即可钠投入到稀硫酸溶液中，钠不仅和稀硫酸反应还和水反应，稀硫酸和钠反应生成物是硫酸钠和氢气；氢氧化钠稀溶液和钠反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气；硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠；钠和氯化镁溶液反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和氯化镁反应，所以产物有白色氢氧化镁沉淀、气体、氯化钠【解答】解：Na与稀硫酸、稀氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液、氯化镁溶液的反应方程式分别如下： 2Na+H2SO4=Na2SO4+
30、H2 2Na+2H2O=2NaOH+H2CuSO4+2Na+2H2O=Cu（OH）2（蓝）+Na2SO4+H2MgCl2+2H2O+2Na=Mg（OH）2 （白）+2NaCl+H2通过观察，A、C只有气体没有沉淀生成，故A、B错 B生成的是蓝色沉淀，不符题意，故C错D既有白色沉淀又有气体生成，符合题意，故D正确故选D20下列化合物中，不能由两种单质直接化合制得的是（）AFeSBFeCl3CFe3O4DFeCl2【考点】铁的化学性质【分析】A、根据铁和硫单质反应生成硫化亚铁知识来判断；B、根据铁在氯气中燃烧的性质及氯气的氧化性知识来判断；C、铁在纯氧中点燃反应生成四氧化三铁；D、氯气和铁反应生成
31、氯化铁【解答】解：A、硫和铁加热反应生成硫化亚铁，能由两种单质直接化合而成，故A错误；B、氯气的氧化性强，能将变价金属氧化为最高价，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，能由两种单质直接化合而成，故B错误；C、铁在纯氧中点燃反应生成四氧化三铁，能由两种单质直接化合而成，故C错误；D、氯气的氧化性强，能将变价金属氧化为最高价，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，不是氯化亚铁，故D正确；故选D21某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH 溶液，开始有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是（）A一定有Fe2+，一定没有Mg2+、Fe3+B一定有Fe3+
32、，一定没有Mg2+、Fe2+C一定有Fe3+，可能有Fe2+，一定没有Mg2+D一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+【考点】铁的氧化物和氢氧化物【分析】氢氧化钠与镁离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀；与二价铁离子反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不稳定能继续被空气氧化生成氢氧化铁，现象白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；氢氧化钠与三价铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，据此解答【解答】解：加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有铁离子存在，不会看到溶液中白色沉淀
33、，所以一定不存在铁离子；镁离子与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有镁离子，故选：D22在一定条件下，既能与CO2反应，又能跟SiO2 反应的物质（）NaHCO3溶液 浓硫酸 NaOH溶液 碳ABCD【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅【分析】CO2、SiO2均为酸性氧化物，与强碱反应生成盐和水，高温下均与C反应，以此来解答【解答】解：二者均与NaHCO3溶液不反应，故不选； 二者均与浓硫酸不反应，故不选； 均为酸性氧化物，均与NaOH溶液反应生成盐和水，故选； 二氧化碳与碳高温反应生成CO，二氧化硅与C高温反应生成Si与CO，故选；故选D23硅被誉为无机非金属材料的主角据
34、2001年12月的参考消息报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”下列有关说法正确的是（）A硅在地壳中含量居第二位，在地球上有丰富的硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅B硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料C存放NaOH溶液的试剂瓶应用玻璃塞D硅是一种良好的半导体材料，所以是制造光导纤维的基本原料【考点】硅和二氧化硅【分析】A石英、水晶的主要成分是二氧化硅；B硅常温下为固体，性质较稳定；C二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应；D光导纤维的主要成分是二氧化硅【解答】解：A石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，故A错误； B硅常温下为固体，性质较稳定
35、，便于贮存，较为安全，故B正确；C二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性的硅酸钠溶液，容易把磨口玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起而不易打开，故C错误；D光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，故D错误故选B2412mol/L的盐酸50ml与足量的MnO2在加热条件下反应，可以制得的Cl2的物质的量为（）A0.3molB小于0.15molC0.150.3molD0.15mol【考点】氧化还原反应的计算【分析】发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，n（HCl）=12mol/L0.05L=0.6mol，随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，以此来解答【解答】解：n（HCl
36、）=12mol/L0.05L=0.6mol，由MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O可知，若盐酸完全反应，生成Cl2的物质的量为=0.15mol，但随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则制得的Cl2的物质的量小于0.15mol，故选B25要从含Al3+、Fe3+、Ba2+、Ag+的溶液中分别沉淀出Fe3+、Ba2+、Ag+，加入试剂的顺序正确的是（）A盐酸、稀硫酸、NaOH溶液BNaOH溶液、盐酸、稀硫酸C盐酸、稀硫酸、氨水D盐酸、氨水、稀硫酸【考点】离子共存问题【分析】从含Al3+、Fe3+、Ba2+、Ag+的溶液中分别沉淀出Fe3+、Ba2+、Ag+，应先加
37、盐酸沉淀出Ag+，再加硫酸沉淀出Ba2+，最后加过量NaOH溶液沉淀出Fe3+，以此来解答【解答】解：A从含Al3+、Fe3+、Ba2+、Ag+的溶液中分别沉淀出Fe3+、Ba2+、Ag+，应先加盐酸沉淀出Ag+，再加硫酸沉淀出Ba2+，最后加过量NaOH溶液沉淀出Fe3+，故A正确；B先加NaOH溶液，Fe3+、Ag+均转化为沉淀，故B错误；C最后加氨水，Al3+、Fe3+均转化为沉淀，故C错误；D加盐酸银离子转化为沉淀，然后加氨水，Al3+、Fe3+均转化为沉淀，故D错误；故选A二、非选择题（本题包括2小题，共30分）26如图所示是某学生设计的实验室制备干燥Cl2及吸收多余Cl2的实验装置
38、图，根据图中的装置和有关试剂回答下列问题（1）指出图中的各处错误：不能用稀盐酸，而应用浓盐酸；应有加热装置，应用酒精灯加热；盛浓硫酸和盛饱和食盐水的洗气瓶位置颠倒；两洗气瓶里进气导管和出气导管的长短不对（2）在改过后的装置中，写出下列物质的作用：饱和食盐水除去Cl2中的氯化氢；浓硫酸除去氯气中的水蒸气；NaOH溶液吸收多余的氯气（3）在改正过的装置中，制取氯气所发生反应的离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；NaOH溶液中发生反应的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O【考点】氯气的实验室制法【分析】实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯
39、气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上排气法收集，氯气有毒，过量的氯气应用氢氧化钠溶液吸收；（1）稀盐酸与二氧化锰不反应；用二氧化锰与浓盐酸反应需要加热；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质；洗气瓶中进气管应插入液面以下；（2）浓盐酸易挥发制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依据氯化氢易溶于水、氯气在饱和食盐水中溶解度不大选择饱和食盐水除去氯化氢，依据浓硫酸具有吸水性选择浓硫酸干燥氯气，氯气有毒，能够与氢氧化钠反应被氢氧化钠吸收，可以用氢氧化钠进行尾气处理；（3）二氧化锰与浓盐酸在
40、加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此书写离子方程式【解答】解：实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上排气法收集，氯气有毒，过量的氯气应用氢氧化钠溶液吸收；（1）指出图中的各处错误：不能用稀盐酸，而应用浓盐酸；应有加热装置，应用酒精灯加热；盛浓硫酸和盛饱和食盐水的洗气瓶位置颠倒；两洗气瓶里进气导管和出气导管的长短不对；故答案为：不能用稀盐酸，而应用浓盐酸；应有加热装置，应用酒精灯加热；盛浓硫酸和盛饱和食盐水的洗气瓶位置颠倒；两洗
41、气瓶里进气导管和出气导管的长短不对；（2）浓盐酸易挥发制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依据氯化氢易溶于水、氯气在饱和食盐水中溶解度不大选择饱和食盐水除去氯化氢，依据浓硫酸具有吸水性选择浓硫酸干燥氯气，氯气有毒，能够与氢氧化钠反应被氢氧化钠吸收，可以用氢氧化钠进行尾气处理所以：饱和食盐水除去Cl2中的氯化氢；浓硫酸除去氯气中的水蒸气；NaOH溶液吸收多余的氯气；故答案为：饱和食盐水除去Cl2中的氯化氢；浓硫酸除去氯气中的水蒸气；NaOH溶液吸收多余的氯气；（3）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；氯气与氢氧化钠反应生成
42、氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O；故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O；27A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转化关系如图所示A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质请填空：（1）形成单质A的元素，在化合物中的最高化合价为+4（2）B和碳反应生成A和E的化学方程式是2C+SiO2Si+2CO（3）C的化学式为CaSiO3，D 的化学式为Na2SiO3【考点】无机物的推断【分析】A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，则A是Si，B和碳反应生成Si，则根据元素守恒知，B是SiO2
43、，E是CO，高温下二氧化硅和氧化钙反应生成硅酸钙，则C是CaSiO3，二氧化硅和氢氧化钠加热生成硅酸钠和水，则D是Na2SiO3【解答】解：A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，则A是Si，B和碳反应生成Si，则根据元素守恒知，B是SiO2，E是CO，高温下二氧化硅和氧化钙反应生成硅酸钙，则C是CaSiO3，二氧化硅和氢氧化钠加热生成硅酸钠和水，则D是Na2SiO3（1）A原子最外层含有4个电子，所以易失去4个电子而形成+4价，故答案为：+4；（2）C和二氧化碳在高温下反应生成Si和CO，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO，故答案为：2C+SiO2Si+2CO；（3）通过以上分析知，
44、C的化学式是CaSiO3，D的化学式为Na2SiO3，故答案为：CaSiO3；Na2SiO3三、计算题（本题包括2小题，共20分）28加热33.6g NaHCO3至没有气体放出时，剩余的物质是什么？试计算剩余物质的质量和物质的量【考点】化学方程式的有关计算；钠的重要化合物【分析】加热33.6g NaHCO3至没有气体放出时，说明NaHCO3分解完全，剩余的物质根据NaHCO3受热分解的产物分析；先由由n=计算NaHCO3的物质的量，根据根据物质的量的变化比等于化学计量数之比得出碳酸钠的物质的量，带入m=nM计算碳酸钠的质量【解答】解：加热33.6g NaHCO3至没有气体放出时，说明NaHCO
45、3分解完全，2NaHCO3 Na2CO3 +CO2+H2O，因此剩余的物质为碳酸钠；n（ NaHCO3）=0.4mol，n（Na2CO3）=0.4mol=0.2mol，m（Na2CO3）=0.2mol106g/mol=21.2g答：剩余的物质为Na2CO3，其质量为21.2g，物质的量为0.2mol29把6.5gZn放入足量的稀盐酸中，锌完全反应计算（1）参加反应的HCl的物质的量（2）生成氢气的体积（标准状况）【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）根据锌和稀盐酸关系式计算参加反应的HCl的物质的量；（2）根据化学方程式计算生成氢气体积【解答】解：（1）锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应发生为 Zn+2HCl=ZnCl2+H2；参加反应的n（HCl）=2n（Zn）=2=0.2mol，答：参加反应的稀盐酸的物质的量是0.2mol；（2）锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应发生为 Zn+2HCl=ZnCl2+H2；参加反应的n（HCl）=0.2mol，生成氢气的物质的量是0.1mol，体积V=nVm=0.1mol22.4L/mol=2.24L，答：生成氢气体积是2.24L2017年4月8日
