1、2015-2016学年浙江省杭州市富阳二中高一（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本大题包括25个小题，每题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1硅是带来人类文明的重要元素之一，科学家也提出硅是“21世纪的能源”这主要是由于硅及其化合物对社会发展所起的巨大促进作用下列关于硅及其化合物的说法中错误的是（）A水泥、陶瓷、玻璃是三大重要的硅酸盐产品B水玻璃是建筑行业经常使用的黏合剂C高纯度的硅被用于制作光导纤维D水晶、石英的主要成分是SiO22当光束通过鸡蛋清水溶液时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明鸡蛋清水溶液属于（）A溶液B悬浊液C乳浊液D胶体3下列说法不正确的是（）A钠和钾的合
2、金可用于快中子反应堆作热交换剂B镁与铜、铝等金属形成的合金大量用于制造火箭、飞机、导弹C制作印刷电路板时，可用FeCl3溶液腐蚀CuD氯气有毒，不能用于药物的合成4下列贮存化学试剂的方法错误的是（）A新制的氯水保存在棕色细口瓶中，并放在阴凉处B金属钠保存在煤油中CFeSO4溶液存放在加少量铁粉的试剂瓶中D烧碱溶液置于带玻璃塞的磨口试剂瓶5向含有NaBr和KI的混合溶液中通入氯气充分反应后将溶液蒸干，并灼烧所得物质，最后剩余的固体可能是（）ANaCl和KIBNaCl和I2CKCl和NaBrDKCl和I26关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是（）A在水中的溶解性：NaHCO3Na2CO
3、3B热稳定性：NaHCO3Na2CO3C与盐酸溶液反应的速率（快慢）：NaHCO3Na2CO3DNa2CO3不能转化成NaHCO3，而NaHCO3能转化成Na2CO37用MnO2和浓盐酸制取氯气，当4mol氯化氢被氧化时，生成的氯气的体积（标况）是（）A22.4LB44.8LC67.2LD89.6L8下列离子方程式书写正确的是（）ACu与FeCl3溶液反应：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+B碳酸钙溶于稀盐酸：CO32+2H+=H2O+CO2CFeSO4溶液和NaOH溶液反应：Fe2+2OH=Fe（OH）2D氯气溶于水：Cl2+H2O=2H+ClO+Cl9以下物质检验的方法、现象和结论，其中错误
4、的是（）A某盐溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液出现血红色，则原溶液中含有Fe2+B某盐加入浓的氢氧化钠溶液并加热，能产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该盐是铵盐C常温下氯酸钾和浓盐酸反应所产生的气体用湿润的淀粉碘化钾试纸检验变蓝，该气体是Cl2D用洁净的铂丝蘸取该溶液，置于火焰上灼烧，能观察到火焰呈黄色该溶液中一定含有钠离子，可能含有钾离子10下列有关工业生产的叙述中错误的是（）A工业上常以海带或其它海产品为原料提取碘B炼铁和制玻璃的工业中都要用到石灰石C氯气通入石灰乳中制漂白粉D电解氯化钠溶液制金属钠11设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L
5、水所含分子数目为NAB常温常压下，23g NO2和23g N2O4所含原子数目均为1.5NAC标准状况下，22.4L氦气（He）与22.4L氟气（F2）所含原子数均为2NAD18g D2O所含电子数目为10NA12下列物质中不能用化合的方法制得的得（）SiO2 H2SiO3 Na2O2 FeCl2 FeCl3CaSiO3ABCD和13把Fe粉、Cu粉置于FeCl3溶液中，充分反应后加入KSCN不显红色，下列情况不能成立的是（）A铁不剩余，Cu剩余B铜不剩余、铁剩余C铁、铜均剩余D铁、铜均不剩余14现有硫酸钠、石灰石、二氧化硅三种白色固体，若用一种试剂将它们区别开来，该试剂是（）A纯水B盐酸C硝
6、酸银溶液D碳酸钠溶液15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的支管口处C蒸发时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热D过滤时，要用蒸馏水浸没沉淀23次，以除去可能附着在沉淀上的杂质16 CNMR用于含碳化合物的结构分析 C表示的碳原子（）A核外有13个电子B核内有6个质子，核外有7个电子C质量数为13，原子序数为6，核内有7个中子D质量数为13，原子序数为6，核内有7个质子17下列有关实验室制取气体的反应中，其原理不属于氧化还原反应的是（）A实验室中用稀盐酸与石灰石反应制取CO2B实验室中用高锰酸钾加热
7、分解制取O2C实验室中用浓盐酸与二氧化锰加热制取Cl2D实验室中用稀硫酸与锌粒反应制取H218下列有关氯水的叙述，正确的是（）A新制氯水中只含有氯气和次氯酸分子B新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色C氯水光照时有气泡逸出，该气体的主要成分是氯气D氯水放置数天后，其导电能力减弱19硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离了浓度为0.1molL1，硫酸根离子的浓度为0.3molL1，则混合液中镁离子的浓度为（）A0.15molL1B0.3molL1C0.45molL1D0.2molL120取含有 0.02mol 的硫酸溶液，先投入 0.24g 镁粉，再滴入NaOH 溶液，当使溶液中的镁离子全部转化为沉
8、淀时，需要NaOH的物质的量为（）A0.02molB0.03molC0.04molD0.01mol21下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）ANH4+、Na+、Cl、OHBFe3+、H+、Cl、CH3COOCFe3+、SCN、K+、ClDH+、Fe2+、SO42、Cl22将少量氯水加入KI溶液中振荡，再加放CCl4，振荡，静置后观察到的现象是（）A形成均匀的蓝色溶液B有紫色沉淀析出C液体分层，上层呈紫红色D液体分层，下层呈紫红色23下列装置不能达到实验目的是（）A图1用于放出碘的四氯化碳溶液B图2用于实验室收集SO2C图3用于实验室制备Fe（OH）2D图4用于比较NaHCO3和Na2CO3热
9、稳定性24向Fe和Fe2O3的混合物中加入足量的稀硫酸，充分反应后生成FeSO4溶液，当生成的Fe2+和H2的物质的量之比为5：2时，Fe和Fe2O3的物质的量之比为（）A3：1B1：2C2：1D1：125某溶液中可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Fe2+和Na+某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：由此可推测原溶液中（）ANH4+、Na+、SO42一定存在，CO32定不存在BNH4+、SO42定存在，CO32、Na+定不存在Cc（Cl）至少为0.2 mol/LDc（Fe3+）一定为0.2 mol/L二、简答题（本大题包括5个小题，共40分）26（1）NaOH的摩尔质
10、量是，标准状况下112mLCO2的物质的量是，其质量是（2）质子数为8，中子数为10的核素可表示为，该核素的原子结构示意图为（3）一水合氨的电离方程式为（4）用双线桥表示下列反应的电子转移情况：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO27如图为某工厂处理含Fe3+、Cu2+、Ag+废水的流程图：据图回答下列问题：（1）操作中发生反应的离子方程式为（2）操作中H2O2起了（填“氧化”或“还原”）的作用（3）操作中产生的沉淀为（填化学式）（4）操作中通入的X气体为（填化学式）28一化学研究性学习小组对某Na2CO3和NaHC：O3的混合溶液（以下简称“样品溶液”）的组成进行探究取20.0mL样品溶液
11、不断滴入1.0molL1的稀盐酸，加入盐酸的体积和产生的现象见表反应阶段IIIIII盐酸体积x/mL0x10.010.0x40.0x40.0现 象无气体产生气体无气体解释CO32+H+=HCO3回答下列有关问题：（1）配制1.0molL1的稀盐酸250mL，需要36.5%的浓盐酸mL（36.5%的浓盐酸的密度约为1.2gcm3）；实验配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还有（2）第阶段溶液中反应的离子方程式为：样品溶液中c（CO32）=molL129海水中含有大量的氯化镁，从海水中提取镁的生产流程如图所示：试回答下列问题：（1）操作的名称是操作包括一系列操作：依次为、过滤（2）加入
12、试剂时所发生反应的离子方程式为（3）如果生成的Mg（OH）2中含有少量Ca（OH）2，可选用加入除去30无水FeCl3是一种重要的化学试剂，其熔点306沸点315，遇潮湿空气即产生大量白雾某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水FeCl3，实验装置如图所示请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，检查装置A的气密性的方法是 （2）装置A中发生反应的离子方程式为，其中被还原的物质是（3）写出D装置中可能观察到的现象是（4）装置B和F中的试剂分别是、（5）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果这种药品可以是（6）为检验D中的产物是否部分进入到
13、F集气瓶中，可采用进行如下实验：取F中溶液少许，加入适量蒸馏水稀释，然后向溶液中滴加（写名称），若观察到（现象）则说明含有D中的生成物该反应的离子方程式为三、计算题（本大题包括两个小题，共10分）314.6g金属钠投入到100g水中，所得溶液的密度为1gmL1（1）生成的气体在标准状况下的体积为mL（2）列式计算所得溶液的物质的量浓度32现有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某兴趣小组同学将不同质量的该样品分别与40mL 1mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如下表所示（忽略反应前后溶液体积的微小变化）实验序号M（粉末样品）/g0.901.803.607.20M（反应后剩余固
14、体）/g00.642.486.08（1）实验反应后溶液中含有的金属阳离子有（2）原粉末样品中m（Fe）：m（Cu）=2015-2016学年浙江省杭州市富阳二中高一（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题包括25个小题，每题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1硅是带来人类文明的重要元素之一，科学家也提出硅是“21世纪的能源”这主要是由于硅及其化合物对社会发展所起的巨大促进作用下列关于硅及其化合物的说法中错误的是（）A水泥、陶瓷、玻璃是三大重要的硅酸盐产品B水玻璃是建筑行业经常使用的黏合剂C高纯度的硅被用于制作光导纤维D水晶、石英的主要成分是SiO2【考点】硅和二
15、氧化硅【分析】A以含硅物质为原料经加热制成的产品，通常称为硅酸盐产品所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称；B水玻璃是硅酸钠的水溶液，是一种矿物胶；C高纯度的硅被用于制作太阳能电池板，半导体等，光导纤维成分为二氧化硅；D石英晶体（结晶的二氧化硅）中无色透明的晶体是水晶，石英主要成分为二氧化硅【解答】解：A水泥制备是以粘土、石灰石为原料制备得到得硅酸盐，陶瓷以粘土为原料制备得到主要成分为硅酸盐，玻璃是以纯碱、石灰石、石英为原料生产得到的硅酸盐，产物的主要成分都含硅酸盐，是三大重要的硅酸盐产品，故A正确；B水玻璃的主要成分为硅酸钠，具有黏性，可
16、用作粘合剂，故B正确；C晶体硅可导电，可用于制作太阳能电池板、半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分，故C错误；D石英晶体（结晶的二氧化硅）中无色透明的晶体是水晶，为二氧化硅晶体，石英的主要成分为二氧化硅，故D正确；故选C2当光束通过鸡蛋清水溶液时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明鸡蛋清水溶液属于（）A溶液B悬浊液C乳浊液D胶体【考点】胶体的重要性质【分析】胶体具有丁达尔效应：当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”【解答】解：只有胶体具有丁达尔效应：当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，当光束通过鸡蛋清水溶液时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明鸡蛋清水溶液属于胶体分
17、散系故选D3下列说法不正确的是（）A钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂B镁与铜、铝等金属形成的合金大量用于制造火箭、飞机、导弹C制作印刷电路板时，可用FeCl3溶液腐蚀CuD氯气有毒，不能用于药物的合成【考点】碱金属的性质；氯气的化学性质；合金的概念及其重要应用【分析】A、钠钾合金导热性强；B镁合金密度小，但硬度和强度都较大，铜具有良好的导电性；C氯化铁具有氧化性能氧化铜，使电路板上的铜溶解；D氯气有毒，但可以通过化学反应合成有用的药物【解答】解：A钠钾合金导热性强，钠钾合金为液态，可用于快中子反应堆的热交换剂，故A正确；B镁与铜、铝等金属形成的合金密度小，但硬度和强度都较大，大量用于制
18、造火箭、飞机、导弹，故B正确；C制作印刷电路板时，氯化铁具有氧化性能氧化铜，使电路板上的铜溶解，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，可用FeCl3溶液腐蚀Cu，故C正确；D氯气是有毒气体，但可以合成药物所需的化合物，能用于药物的合成，故D错误；故选D4下列贮存化学试剂的方法错误的是（）A新制的氯水保存在棕色细口瓶中，并放在阴凉处B金属钠保存在煤油中CFeSO4溶液存放在加少量铁粉的试剂瓶中D烧碱溶液置于带玻璃塞的磨口试剂瓶【考点】化学试剂的存放【分析】A氯水中的次氯酸见光或高温容易分解，需要避光保存；B钠化学性质比较活泼，需要隔绝空气密封保存，钠不与煤油反应，且钠的密度大于煤油；C亚铁离子容易
19、被氧化成铁离子导致变质，加入少量铁粉可以防止亚铁离子被氧化；D玻璃塞中含有二氧化硅，氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应【解答】解：A新制的氯水见光或者温度较高容易分解，需要保存在棕色细口瓶中，并放在阴凉处，故A正确；B钠性质活泼，需要隔绝空气密封保存，根据钠的密度大于煤油，且不与煤油反应，所以少量的钠可以保存在煤油中，故B正确；C亚铁离子溶液被氧化，所以硫酸亚铁溶液中需要加入少量的铁粉，分子硫酸亚铁被氧化变质，故C正确；D烧碱溶液能够与玻璃塞好的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以盛放烧碱溶液不能使用玻璃塞，可以使用橡皮塞的试剂瓶，故D错误；故选D5向含有NaBr和KI
20、的混合溶液中通入氯气充分反应后将溶液蒸干，并灼烧所得物质，最后剩余的固体可能是（）ANaCl和KIBNaCl和I2CKCl和NaBrDKCl和I2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】氧化性：Cl2Br2I2，向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，生成NaCl、KCl和Br2、I2，加热时Br2易挥发，I2易升华，以此可解答该题【解答】解：向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入氯气可发生：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，2NaI+Cl2=2NaCl+I2，A因还原性KINaBr，不可能含有KI而没有NaBr，故A错误；B加热时，Br2易挥发，I2易升华，不可
21、能含有I2，故B错误；C如氯气不足，可能含有NaBr，故C正确；D加热时，Br2易挥发，I2易升华，不可能含有I2，故D错误故选C6关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是（）A在水中的溶解性：NaHCO3Na2CO3B热稳定性：NaHCO3Na2CO3C与盐酸溶液反应的速率（快慢）：NaHCO3Na2CO3DNa2CO3不能转化成NaHCO3，而NaHCO3能转化成Na2CO3【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【分析】NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反应时，NaHCO3反应剧烈【解答】解：A常温下，向饱和碳酸钠溶
22、液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3NaHCO3，故A错误；BNaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，故B正确；C分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O，HCO3+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；DNa2CO3能与二氧化碳、水反应转化成NaHCO3，NaHCO3能分解转化成Na2CO3，二者可相互转化，故D错误故选：B7用MnO2和浓盐酸制取氯气，当4mol氯化氢被氧化时，生成的氯气的体积（标况）是（）A22.4LB44.8L
23、C67.2LD89.6L【考点】物质的量的相关计算【分析】发生反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，由Cl元素化合价变化可知，被氧化的HCl生成Cl2，根据Cl原子守恒计算生成Cl2的物质的量，再根据V=nVm计算Cl2体积【解答】解：发生反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，由Cl元素化合价变化可知，被氧化的HCl生成Cl2，当4mol氯化氢被氧化时，根据Cl原子守恒，可知生成Cl2的物质的量=2mol，故标况下生成Cl2的体积=2mol22.4L/mol=44.8L，故选B8下列离子方程式书写正确的是（）ACu与FeCl3溶液反应：Cu+Fe3+
24、=Cu2+Fe2+B碳酸钙溶于稀盐酸：CO32+2H+=H2O+CO2CFeSO4溶液和NaOH溶液反应：Fe2+2OH=Fe（OH）2D氯气溶于水：Cl2+H2O=2H+ClO+Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A、选项中电荷不守恒；B、碳酸钙难溶于水；C、硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀；D、次氯酸是弱酸存在电离平衡【解答】解：A、Cu与FeCl3溶液反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故A错误；B、碳酸钙溶于稀盐酸反应的离子方程式：CaCO3+2H+=H2O+CO2+Ca2+，故B错误；C、FeSO4溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式
25、：Fe2+2OH=Fe（OH）2，故C正确；D、氯气溶于水：Cl2+H2O=H+HClO+Cl，故D错误；故选C9以下物质检验的方法、现象和结论，其中错误的是（）A某盐溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液出现血红色，则原溶液中含有Fe2+B某盐加入浓的氢氧化钠溶液并加热，能产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该盐是铵盐C常温下氯酸钾和浓盐酸反应所产生的气体用湿润的淀粉碘化钾试纸检验变蓝，该气体是Cl2D用洁净的铂丝蘸取该溶液，置于火焰上灼烧，能观察到火焰呈黄色该溶液中一定含有钠离子，可能含有钾离子【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】A加入试剂顺序错误；B使润湿的红色石蕊试
26、纸变蓝的气体为氨气；C氯酸钾和浓盐酸反应生成氯气；D钠的焰色反应为黄色，应透过蓝色钴玻璃观察钾的焰色反应【解答】解：A应先加入KSCN溶液，如溶液不变色，在加入氯水，如溶液变成红色，可证明含有Fe2+，故A错误；B使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，说明为铵盐，因铵盐和碱反应生成氨气，故B正确；C氯酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气可置换出碘，淀粉遇碘变蓝色，故C正确；D钠的焰色反应为黄色，应透过蓝色钴玻璃观察钾的焰色反应，故D正确故选A10下列有关工业生产的叙述中错误的是（）A工业上常以海带或其它海产品为原料提取碘B炼铁和制玻璃的工业中都要用到石灰石C氯气通入石灰乳中制漂白粉D电解氯化钠溶液制
27、金属钠【考点】海水资源及其综合利用；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理【分析】A海带、海产品中富含碘元素，是获取碘元素的途径；B炼铁是将原料（铁矿石、焦炭、石灰石）通入高炉中，在高炉中发生复杂反应，生成铁的单质，生产普通玻璃的原料有砂子，石灰石和纯碱；C漂白粉的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，是氯气与氢氧化钙反应的产物；D金属钠化学性质非常活泼，电解氯化钠溶液无法得到金属钠，必须是电解熔融氯化钠才能得到金属钠【解答】解：A海带、海产品中富含碘元素，灼烧溶解，在浸出溶液中加入氧化剂氯水氧化碘离子为碘单质，用有机萃取剂萃取后分液，通过蒸馏得到碘单质，工业上常以海带或其它海产品为原料提取碘，故A正确；B
28、炼铁材料为铁矿石、焦炭、石灰石，普通玻璃的原料有砂子，石灰石和纯碱，所以石灰石是炼铁和制玻璃的原料之一，故B正确；C氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，其中氯化钙和次氯酸钙为漂白粉的主要成分，氯气通入石灰乳中制漂白粉，故C正确；D钠和水剧烈反应，是活泼金属，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，无法得到金属钠，必须通过电解熔融氯化钠获得金属钠和氯气，故D错误；故选D11设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L水所含分子数目为NAB常温常压下，23g NO2和23g N2O4所含原子数目均为1.5NAC标准状况下，22.4L氦气（He）与22.4L氟
29、气（F2）所含原子数均为2NAD18g D2O所含电子数目为10NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下水为液体；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2；C、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，而氦气为单原子分子，氟气为双原子分子；D、重水的摩尔质量为20g/mol【解答】解：A、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g无论是二氧化氮还是23g四氧化二氮中含有的NO2的物质的量n=0.5mol，故含有1.5mol原子即1.5NA个，故B正确；C、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，而氦气为单原子分子，氟气
30、为双原子分子，故1mol氦气中含1mol氦原子，即NA个，故C错误；D、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水中含9mol电子即9NA个，故D错误故选B12下列物质中不能用化合的方法制得的得（）SiO2 H2SiO3 Na2O2 FeCl2 FeCl3CaSiO3ABCD和【考点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；硅与氧气反应；硅酸不能通过化合反应得到；钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；铁和氯化铁反应生成的是氯化亚铁；铁和氯气反应生成氯
31、化铁；氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙【解答】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故不符合；氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故符合；钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，：2Na+O2Na2O2，故不符合；铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为Fe+2FeCl3=3FeCl2，故不符合；铁和氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl2=2FeCl3，故不符合；氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故不符合；故选C13把Fe粉、Cu粉置于FeCl3溶液中，充分反应后加入KSCN不显红色，
32、下列情况不能成立的是（）A铁不剩余，Cu剩余B铜不剩余、铁剩余C铁、铜均剩余D铁、铜均不剩余【考点】铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、铜剩余，铜能够和三价铁离子反应，溶液中不会存在Fe3+；B、铁剩余，还原性铁大于铜；C、铁、铜均剩余，溶液中不会存在Fe3+；D、铁、铜恰好与FeCl3溶液反应【解答】解：充分反应后加入KSCN不现红色，证明溶液中没有Fe3+；A、还原性铁大于铜，铜有剩余，溶液中不会存在Fe3+，故A不选；B、还原性铁大于铜，所以不可能铁剩余，铜不剩余，故B选；C、铁过量，会出现铁、铜均剩余，溶液中不存在 Fe3+，故C不选；D、铁、铜恰好与FeCl3溶液
33、反应，溶液中也无铁离子，故D不选；故选B14现有硫酸钠、石灰石、二氧化硅三种白色固体，若用一种试剂将它们区别开来，该试剂是（）A纯水B盐酸C硝酸银溶液D碳酸钠溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；硅和二氧化硅【分析】三种物质中，石灰石和二氧化硅都不溶于水，但石灰石可与盐酸反应，三种物质可用盐酸鉴别【解答】解：A加入水，石灰石和二氧化硅都不溶于水，不能鉴别，故A错误；B加入盐酸，硫酸钠溶解，无明显现象，石灰石溶解，生成气体，二氧化硅不反应，溶液中有沉淀，现象不同，可鉴别，故B正确；C加入硝酸银溶液，溶液中都有沉淀，不能鉴别，故C错误；D加入碳酸钠，与三种物质都不反应，不能鉴别石灰石和二氧化
34、硅，故D错误故选B15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的支管口处C蒸发时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热D过滤时，要用蒸馏水浸没沉淀23次，以除去可能附着在沉淀上的杂质【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A分液操作时应防止液体重新混合而污染；B蒸馏操作时，温度计用于测量馏分的问题；C蒸发时应防止固体迸溅或分解；D过滤后可洗涤沉淀，除去沉淀表面吸附的离子【解答】解：A分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确； B蒸馏操作时，需要
35、将温度计水银球插入到支管口处，测量的是蒸气的温度，故B正确；C用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应加热至蒸发皿中溶液析出大量固体时停止加热，用余热将固体蒸干，故C错误；D过滤后可洗涤沉淀，要用蒸馏水浸没沉淀23次，除去沉淀表面吸附的离子，故D正确故选C16 CNMR用于含碳化合物的结构分析 C表示的碳原子（）A核外有13个电子B核内有6个质子，核外有7个电子C质量数为13，原子序数为6，核内有7个中子D质量数为13，原子序数为6，核内有7个质子【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】根据原子符号ZAX的含义以及原子序数=质子数=核电荷数=核
36、外电子数，中子数=质量数质子数，原子的最外层电子能参与成键，据此来解答【解答】解：A613C的质子数为6，所以核外电子数为6，故A错误；B613C的质子数为6，所以核外电子数为6，故B错误；C613C的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，中子数为136=7，故C正确；D613C的质子数为6，所以原子序数为6，故D错误；故选C17下列有关实验室制取气体的反应中，其原理不属于氧化还原反应的是（）A实验室中用稀盐酸与石灰石反应制取CO2B实验室中用高锰酸钾加热分解制取O2C实验室中用浓盐酸与二氧化锰加热制取Cl2D实验室中用稀硫酸与锌粒反应制取H2【考点】氧化还原反应【分析】含元素化合价变化
37、的反应，为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化的反应为非氧化还原反应，结合对应物质的性质来解答【解答】解：A用稀盐酸与石灰石反应制取二氧化碳，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A选；B高锰酸钾加热分解制取氧气，O元素的化合价升高，为氧化还原反应，故B不选；C实验室中用浓盐酸与二氧化锰加热制取Cl2，Mn和Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C选；DZn和H元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选故选A18下列有关氯水的叙述，正确的是（）A新制氯水中只含有氯气和次氯酸分子B新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色C氯水光照时有气泡逸出，该气体的主要成分是氯气D氯水放置数天
38、后，其导电能力减弱【考点】氯气的化学性质【分析】由氯气溶于水，部分氯气与水反应发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH+ClO，HCl=H+Cl，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl、ClO、OH，利用离子、分子的性质来分析【解答】解：A新制氯水中只含有氯气、次氯酸、水三种分子，H+、Cl、ClO、OH四种离子，故A错误；B新制氯水中含盐酸，使石蕊变红，含HClO使石蕊褪色，可使紫色石蕊试液先变红后褪色，故B正确；C氯水光照时有气泡逸出，发生2HClO2HCl+O2，故C错误；D氯水放置数天后，发生2HClO2HCl+O2，为盐酸溶液，离子浓度增大，其导电能力增大，故
39、D错误；故选B19硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离了浓度为0.1molL1，硫酸根离子的浓度为0.3molL1，则混合液中镁离子的浓度为（）A0.15molL1B0.3molL1C0.45molL1D0.2molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据混合溶液中不显电性，则阳离子的电荷总数等于阴离子的电荷总数，以此来解答【解答】解：铝离了浓度为0.1molL1，硫酸根离子的浓度为0.3molL1，设镁离了的浓度为为x，根据电荷守恒可知，0.1mol/L3+x2=0.3mol/L2，解得x=0.15mol/L，故选A20取含有 0.02mol 的硫酸溶液，先投入 0.24g 镁粉，再滴
40、入NaOH 溶液，当使溶液中的镁离子全部转化为沉淀时，需要NaOH的物质的量为（）A0.02molB0.03molC0.04molD0.01mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液中的镁离子全部转化为氢氧化镁沉淀时，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒n（Na2SO4）=n（H2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），据此计算【解答】解：向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液中的镁离子全部转化为氢氧化镁沉淀时，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.02mol，根据钠离子守恒n（
41、NaOH）=2n（Na2SO4）=0.02mol2=0.04mol，故选C21下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）ANH4+、Na+、Cl、OHBFe3+、H+、Cl、CH3COOCFe3+、SCN、K+、ClDH+、Fe2+、SO42、Cl【考点】离子共存问题【分析】离子能大量共存，则离子之间不发生任何反应，如发生复分解反应，发生氧化还原反应、互促水解反应以及络合反应等，以此解答该题【解答】解：ANH4+、OH反应生成一水合氨而不能大量共存，故A错误；BH+、CH3COO反应生成醋酸而不能大量共存，故B错误；CFe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，故C错误；D该组离子之间不反应，能
42、大量共存，故D正确故选D22将少量氯水加入KI溶液中振荡，再加放CCl4，振荡，静置后观察到的现象是（）A形成均匀的蓝色溶液B有紫色沉淀析出C液体分层，上层呈紫红色D液体分层，下层呈紫红色【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】少量氯水加入KI溶液中振荡，发生Cl2+2KI2KCl+I2，加CCl4，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，以此来解答【解答】解：少量氯水加入KI溶液中振荡，发生Cl2+2KI2KCl+I2，加CCl4，生成的碘易溶于四氯化碳，四氯化碳与水不互溶，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，下层为紫红色，故选D23下列装置不能达到实验目的是（）A图1
43、用于放出碘的四氯化碳溶液B图2用于实验室收集SO2C图3用于实验室制备Fe（OH）2D图4用于比较NaHCO3和Na2CO3热稳定性【考点】化学实验方案的评价【分析】A放出液体前应打开塞子； B二氧化硫的密度比空气大；C制备氢氧化亚铁需要隔绝空气；D碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解【解答】解：A放出液体前应打开塞子，保证液体顺利流出，故A正确； B二氧化硫的密度比空气大，应用向上排空气法收集，故B正确；C制备氢氧化亚铁需要隔绝空气，先打开C排除装置内的空气，再关闭C，将硫酸亚铁排入氢氧化钠，故C正确；D碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解，小试管中应为碳酸氢钠，能起对比作用，故D正确故选B24向Fe和Fe
44、2O3的混合物中加入足量的稀硫酸，充分反应后生成FeSO4溶液，当生成的Fe2+和H2的物质的量之比为5：2时，Fe和Fe2O3的物质的量之比为（）A3：1B1：2C2：1D1：1【考点】有关混合物反应的计算【分析】反应的方程式有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，令n（Fe2+）=5mol，则n（H2）=2mol，根据反应的方程式计算【解答】解：令n（Fe2+）=5mol，则n（H2）=2mol，故：Fe+H2SO4=FeSO4+H22mol 2mol 2mol故反应Fe2（SO4）3+Fe=3
45、FeSO4产生的Fe2+为5mol2mol=3mol，则：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO41mol 1mol 3mol故原混合物中n（Fe2O3）=nFe2（SO4）3=1mol，n（Fe）=2mol+1mol=3mol，故Fe和Fe2O3的物质的量之比为3mol：1mol=3：1，故选A25某溶液中可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Fe2+和Na+某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：由此可推测原溶液中（）ANH4+、Na+、SO42一定存在，CO32定不存在BNH4+、SO42定存在，CO32、Na+定不存在Cc（Cl）至少为0.2 mol/LDc（Fe3+
46、）一定为0.2 mol/L【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，为Fe3+，原溶液中一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子，以此来解答【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0
47、.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，为Fe3+，原溶液中一定没有CO32；由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，由电荷守恒，原溶液中一定有Cl，物质的量至少为 0.02mol2+0.02mol0.02mol2=0.02mol，A原溶液中一定存在SO42、NH4+、Cl、Fe3+，一定不存在CO32、Al3+；由于第
48、一步中加入了氢氧化钠溶液，引进了钠离子，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故C错误，故A错误；B原溶液中一定存在SO42、NH4+、Cl、Fe3+，一定不存在CO32、Al3+；由于第一步中加入了氢氧化钠溶液，引进了钠离子，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故B错误；C由以上分析，原溶液中一定存在0.02molNH4+，0.02molSO42，0.02molFe3+，所以正电荷物质的量为0.02mol3+0.02mol=0.08mol，而负电荷的物质的量为0.02mol2=0.04mol，根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在Cl，且c（Cl）=0.4molL1，故C正确；Dc（Fe3+）=0.2m
49、olL1，故D错误；故选C二、简答题（本大题包括5个小题，共40分）26（1）NaOH的摩尔质量是40g/mol，标准状况下112mLCO2的物质的量是0.005mol，其质量是0.022g（2）质子数为8，中子数为10的核素可表示为818O，该核素的原子结构示意图为（3）一水合氨的电离方程式为NH3H2ONH4+OH（4）用双线桥表示下列反应的电子转移情况：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO【考点】物质分子中的原子个数计算；氧化还原反应【分析】（1）氢氧化钠的相对分子质量为40，据此计算；（2）元素符号的左上角表示的是质量数，该核素的质量数为18，表示10；（3）一水合氨为弱电解质，部分
50、电离，用可逆号；（4）N2+3C+Al2O33CO+2AlN中，N元素的化合价由0降低为3价，C元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答【解答】解：（1）氢氧化钠的摩尔质量为40g/mol，标准状况CIA，112mL二氧化碳的物质的量=0.005mol，m=nM=0.05mol44g/mol=0.022g，故答案为：40g/mol；0.005mol；0.022g；（2）质子数为8，中子数为10的核素，表示的是质量数为18的氧元素，正确的表示方法为：818O，O质子数为8，有2个电子层，最外层电子数为6，故答案为：；（3）一水合氨为弱电解质，部分电离，电离方程式；NH3H2ONH4+OH，故答案
51、为：NH3H2ONH4+OH；（4）N2+3C+Al2O33CO+2AlN中，N元素的化合价由0降低为3价，C元素的化合价由0升高为+2价，该反应转移6e，电子转移的方向和数目为，故答案为：；27如图为某工厂处理含Fe3+、Cu2+、Ag+废水的流程图：据图回答下列问题：（1）操作中发生反应的离子方程式为Cu2+Fe=Cu+Fe2+、2Ag+Fe=2Ag+Fe2+、2Fe3+Fe=3Fe2+（2）操作中H2O2起了氧化剂（填“氧化”或“还原”）的作用（3）操作中产生的沉淀为Fe（OH）3（填化学式）（4）操作中通入的X气体为CO2（填化学式）【考点】金属的回收与环境、资源保护【分析】（1）操作
52、加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜、银都活泼，因此可以把金属铜、银从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，据此回答即可；（2）根据Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，据此判断双氧水的作用；（3）根据滤液中Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，加入双氧水后的溶液中含有的金属阳离子为Fe3+，加入强碱溶液后生成氢氧化铁沉，据此解答即可；（4）生石灰溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，可以沉降下来，据此解答即可【解答】解：（1）废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子、银离子被还原成金属铜、银，Fe3+被还原为Fe2+，故答案为：C
53、u2+Fe=Cu+Fe2+、2Ag+Fe=2Ag+Fe2+、2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，故H2O2起了氧化剂的作用，故答案为：氧化剂；（3）滤液中含有亚铁离子，加入双氧水后溶液中亚铁离子氧化成铁离子，铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（4）生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙可以与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，故通入的气体X为二氧化碳，故答案为CO228一化学研究性学习小组对某Na2CO3和NaHC：O3的混合溶液（以下简称“样品溶液”）的组成进行探究取20.0mL样品溶液不
54、断滴入1.0molL1的稀盐酸，加入盐酸的体积和产生的现象见表反应阶段IIIIII盐酸体积x/mL0x10.010.0x40.0x40.0现 象无气体产生气体无气体解释CO32+H+=HCO3回答下列有关问题：（1）配制1.0molL1的稀盐酸250mL，需要36.5%的浓盐酸20.8mL（36.5%的浓盐酸的密度约为1.2gcm3）；实验配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还有250mL容量瓶、胶头滴管（2）第阶段溶液中反应的离子方程式为：HCO3+H+=H2O+CO2样品溶液中c（CO32）=0.500molL1molL1【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）根据c=计算出
55、浓盐酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓盐酸的体积；根据配制1.0molL1的稀盐酸250mL的步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器；（2）第阶段无气体生成说明盐酸滴入溶液中发生的是碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子的过程，反应生成的碳酸氢根离子与氯化氢的物质的量相等；第阶段碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体；根据盐酸中氯化氢的物质的量可计算出碳酸根离子的物质的量，再根据c=计算出原混合液中碳酸根离子的浓度【解答】解：（1）36.5%的浓盐酸的密度约为1.2gcm3的浓盐酸的物质的量浓度为： mol/L=12.0mol/L，配制250mL 1.0mol/L的
56、稀盐酸需要该浓盐酸的体积为：0.0208L=20.8mL；根据配制250mL 1.0mol/L的稀硫酸步骤可知，需要选用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器为：250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：20.8；250mL容量瓶、胶头滴管；（2）第一阶段无气体生成说明盐酸滴入溶液中发生的是碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子的过程，反应为CO32+H+=HCO3，消耗盐酸体积10mL，碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，氯化氢物质的量为：0.010L1.00molL1=0.01mol，c（CO32）=0.500mol/L；第二阶段生成二氧化碳气体，发生反应为：HCO3+H
57、+=H2O+CO2，故答案为：HCO3+H+=H2O+CO2；0.500 molL129海水中含有大量的氯化镁，从海水中提取镁的生产流程如图所示：试回答下列问题：（1）操作的名称是过滤操作包括一系列操作：依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2）加入试剂时所发生反应的离子方程式为Mg（OH）2+2H+Mg2+2H2O（3）如果生成的Mg（OH）2中含有少量Ca（OH）2，可选用MgCl2溶液加入除去【考点】海水资源及其综合利用【分析】从海水中提取金属镁的流程：把贝壳制成石灰乳操作，在引入的海水中加入石灰乳，将海水中含有的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，反应方程式为：Mg2+2OH=Mg（OH）2，然后将氢
58、氧化镁溶于盐酸中操作得到氯化镁溶液，反应方程式为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁操作，反应方程式为MgCl2Mg+Cl2（1）在海水中加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和海水中的氯化镁发生复分解反应生成氢氧化镁；从液体中得到沉淀氢氧化镁用过滤的方法分离，从溶液中析出固体采用蒸发结晶的方法得到；（2）利用盐酸溶解氢氧化镁不引入其它杂质离子；（3）生成的Mg（OH）2中含有少量Ca（OH）2，可以利用氢氧化镁溶解性小，加入氯化镁溶液洗涤过滤除
59、去；【解答】解：（1）在海水中加入氧化钙发生反应：CaO+H2OCa（OH）2；氢氧化钙和海水中的氯化镁发生复分解反应：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，氢氧化镁是难溶性的固体，将不溶性的固体和溶液分离的方法是过滤，所以操作主要是指过滤，操作是从溶液中析出固体，采用蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤的方法得到MgCl26H2O，故答案为：过滤，蒸发浓缩、冷却结晶；（2）加入试剂时所发生反应是将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，不引入其它杂质阴离子，所以试剂为盐酸，反应的离子方程式为：Mg（OH）2+2H+Mg2+2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2H+Mg2+2H2O；（3）如
60、果生成的Mg（OH）2中含有少量Ca（OH）2，加入氯化镁溶液，Ca（OH）2+MgCl2=Mg（OH）2+CaCl2，过滤得到氢氧化镁沉淀，除去氢氧化钙，故答案为：MgCl2溶液；30无水FeCl3是一种重要的化学试剂，其熔点306沸点315，遇潮湿空气即产生大量白雾某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水FeCl3，实验装置如图所示请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，检查装置A的气密性的方法是将止水夹夹于E装置后的橡胶管上，在分液漏斗中加入水，打开分液漏斗的瓶塞和下端活塞，若无持续水滴滴下，则气密性良好 （2）装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4HC
61、l（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，其中被还原的物质是MnO2（3）写出D装置中可能观察到的现象是看到棕黄色的烟产生（4）装置B和F中的试剂分别是饱和食盐水、浓硫酸（5）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果这种药品可以是碱石灰或氧化钙（6）为检验D中的产物是否部分进入到F集气瓶中，可采用进行如下实验：取F中溶液少许，加入适量蒸馏水稀释，然后向溶液中滴加（写名称）硫氰化钾溶液，若观察到（现象）溶液中出现血红色则说明含有D中的生成物该反应的离子方程式为Fe3+3SCN=Fe（SCN）3【考点】制备实验方案的设计【分析】根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与MnO2反
62、应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，加热时水挥发，所以制取的Cl2中有HCl、H2O等杂质，HCl极易溶于水，Cl2不易溶于水饱和食盐水，所以先用饱和食盐水除HCl，为防止氯化铁水解，所以再用浓硫酸干燥，Cl2与Fe反应制得FeCl3，反应的尾气中有Cl2用NaOH吸收，为防止FeCl3与NaOH溶液中的水蒸气反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置，据此答题；（1）利用压强差看分液漏斗中的液体能否滴下检查装置的气密性；（2）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰的反应生成氯化锰、氯气和水，根据化合价的变化判断被还原的物质；（3）D中为铁粉与氯气反应生成氯化铁，氯化铁的沸点较低，所以加热之后可以看
63、到棕黄色的烟；（4）装置B是除去氯化氢气体，装置C是干燥气体；（5）根据所给的装置图可知，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收空气中的CO2，所以可以加入碱石灰或氧化钙来代替F和G的作用；（6）D中的产物为氯化铁，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，以判断F中有没有铁离子；【解答】解：（1）检查气密性的操作方法为将止水夹夹于E装置后的橡胶管上，在分液漏斗中加入水，打开分液漏斗的瓶塞和下端活塞，若无持续水滴滴下，则气密性良好，故答案为：将止水夹夹于E装置后的橡胶管上，在分液漏斗中加入水，打开分液漏斗的瓶塞和下端活塞，若无持续水滴滴下，则气密性良好；（2）加热条件下，浓盐
64、酸和二氧化锰的反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，在该反应中锰元素的化合价降低，所以MnO2被还原，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；MnO2；（3）D中为铁粉与氯气反应生成氯化铁，氯化铁的沸点较低，所以加热之后可以看到棕黄色的烟，故答案为：看到棕黄色的烟产生；（4）浓盐酸具有挥发性，加热促进浓盐酸挥发，水易挥发，所以生成的氯气中含有HCl和H2O，为防止HCl和H2O影响实验，所以要除去H2O，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥气体，则装置B是除去氯化氢气体，装置C是干燥气体，故答案为：饱和食盐水；浓
65、硫酸；（5）根据所给的装置图可知，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收空气中的CO2，所以可以加入碱石灰或氧化钙来代替F和G的作用，故答案为：碱石灰或氧化钙；（6）D中的产物为氯化铁，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，若溶液中出现血红色，则说明溶液中含有铁离子，反应的离子方程式为Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，故答案为：硫氰化钾溶液；溶液中出现血红色；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3三、计算题（本大题包括两个小题，共10分）314.6g金属钠投入到100g水中，所得溶液的密度为1gmL1（1）生成的气体在标准状况下的体积为2240mL（2）列式计算所得溶液的物
66、质的量浓度2mol/L【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据n=计算4.6g金属钠的物质的量，根据方程式计算生成氢气的物质的量、生成NaOH的物质的量，（1）根据V=nVm计算氢气的体积；（2）根据c=计算氢氧化钠溶液的浓度【解答】解：4.6g金属钠的物质的量为=0.2mol，则： 2Na+2H2O=2NaOH+H2 2 2 1 0.2mol n（NaOH） n（H2）所以n（NaOH）=0.2mol，n（H2）=0.1mol（1）生成氢气的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，故答案为：2240；（2）所得NaOH溶液的物质的浓度是=1.91mol/L，故答案为：2mol/L3
67、2现有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某兴趣小组同学将不同质量的该样品分别与40mL 1mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如下表所示（忽略反应前后溶液体积的微小变化）实验序号M（粉末样品）/g0.901.803.607.20M（反应后剩余固体）/g00.642.486.08（1）实验反应后溶液中含有的金属阳离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+（2）原粉末样品中m（Fe）：m（Cu）=14：31【考点】有关混合物反应的计算【分析】铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2
68、+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，40mL 1molL1FeCl3溶液能溶解金属质量1.80g0.64g=1.16g，大于第组溶解的金属质量，故第组金属完全反应、FeCl3有剩余；第组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.04L1mol/L=0.04mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.02mol，则溶解的Fe的质量为0.02mol56g/mol=1.12g1.16g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为Cu；第组实验中溶解金属为3.60g2.48g=1.12g，混合物中Fe恰好完全反
69、应、Cu不反应，剩余2.48g为Cu，即3.60g混合物中Cu的质量为2.48g，则混合物中m（Fe）：m（Cu）=1.12g：2.48g=14：31；故第组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2，据此进行解答【解答】解：铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，40mL 1molL1FeCl3溶液能溶解金属质量1.80g0.64g=1.16g，大于第组溶解的金属质量，故第组金属完全反应、FeCl
70、3有剩余；第组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.04L1mol/L=0.04mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.02mol，则溶解的Fe的质量为0.02mol56g/mol=1.12g1.16g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为Cu；第组实验中溶解金属为3.60g2.48g=1.12g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余2.48g为Cu，即3.60g混合物中Cu的质量为2.48g，则混合物中m（Fe）：m（Cu）=1.12g：2.48g=14：31；故第组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2，（1）依据分析可知，实验一反应后溶液中含有Fe3+、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Fe2+、Cu2+；（2）第组实验中溶解金属为3.60g2.48g=1.12g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余2.48g为Cu，即3.60g混合物中Cu的质量为2.48g，则混合物中m（Fe）：m（Cu）=1.12g：2.48g=14：31，故答案为：14：312016年5月14日