1、2015-2016学年海南省嘉积中学高一（上）期末化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1下列说法正确的是（）A玻璃仪器都可以用于加热，但有些可以直接加热，有些需要垫上石棉网加热B给试管中的液体加热时，试管口不准对着别人，但可以对着自己C用H2还原氧化铜的实验中，应把H2通过预先加热的氧化铜D无论给试管中的液体还是固体加热，都必须先预热2欲除去下列物质中的杂质（括号内物质为杂质），所用试剂不正确的是（）AKNO3溶液（K2SO4）：适量Ba（NO3）2溶液BCaCO3粉末（CaCl2）：过量盐酸CCu粉（Zn粉）：过量盐酸DCO2（O2）：灼热的铜网3下列叙述中正确的是（）A
2、物质的量就是物质的质量B摩尔是国际单位制七个基本单位之一C摩尔是粒子的数量单位D阿伏伽德罗常数约为6.0210234下列叙述正确的是（）A标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4 LB1mol气体的体积若是22.4 L，它必定处于标准状况C两种气体的物质的量之比等于其原子个数比D标准状况下，1mol H2和O2的混合气体的体积是22.4 L5Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是（）AFe（OH）3胶体粒子的大小在1nm100nm之间BFe（OH）3胶体具有丁达尔效应CFe（OH）3胶体是均一、稳定的分散系DFe（OH）3胶体的分散质能透过过滤纸6下列说法正确的是（）A酸、碱、盐
3、都是电解质B电解质都是易溶于水的物质C氧化物都是电解质D氢化物都不是电解质7下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B没有单质参加的反应一定不是氧化还原反应C置换反应一定是氧化还原反应D较难失去电子的原子，容易得到电子8下列关于钠的叙述中，正确的是（）A钠是银白色金属，熔点低，硬度大B钠放置于空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠C在氧气中加热时，金属钠剧烈燃烧，黄色火焰D金属钠着火可以用水灭火9铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A3：1B2：1C1：1D1：
4、310下列各物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入NaOH溶液，能直接生成红褐色沉淀的是（）A氯水和氯化亚铁溶液B铁屑和氯化铜溶液C铁屑和过量稀硫酸D过量铁屑和氯化铁溶液11下列说法正确的是（）ASiO2溶于水是酸性BCO2通入水玻璃可得硅酸CSiO2不溶于任何酸DSiO2晶体中存在单个SiO2分子12下列关于HClO的说法不正确的是（）AHClO是强酸BHClO不稳定CHClO是强氧化性酸DHClO能杀菌消毒13环境污染已经成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是（）环境问题造成环境问题的主要物质A酸雨二氧化硫、氮氧化物B臭氧空洞二氧化碳C白色污染塑料垃圾D光化学烟雾氮氧化物、碳氢化
5、合物AABBCCDD14为了检验某固体物质中是否含有NH4+，你认为下列试纸和试剂用到的是（）蒸馏水 NaOH溶液 红色石蕊试纸 蓝色石蕊试纸 稀硫酸ABCD15相同质量的铜片分别投入到足量的下列四种酸中（必要时可加热），充分反应后在相同条件下得到的气体体积由大到小的顺序是（）浓硫酸 浓硝酸 稀硫酸 稀硝酸ABCD二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）16下列俗名与化学式对应错误的是（）A小苏打NaHCO3B明矾Al2（SO4）312H2OC铁红Fe3O4D芒硝Na2SO410H2O17NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A0.5 molAl与足量盐酸反应转移电子数为1NAB标
6、准状况下，11.2L SO3所含的分子数为0.5NAC0.1molCH4所含的电子数为1NAD46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA18已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性19下列离子方程式正确的是（）A碳酸钙和盐酸反应：CO32+2H+H2O+CO2B向氢氧化钡溶液中加硫酸溶液：Ba2
7、+SO42BaSO4C向稀盐酸溶液中加铁：3Fe+6H+3Fe3+3H2D向硝酸银溶液中加盐酸：Ag+ClAgCl20某溶液中，可大量共存的离子组是（）AAl3+、Mg2+、SO42、OHBFe2+、NO3、Cl、H+CH+、Cl、K+、HSO3DNa+、HCO3、K+、Cl三、解答题（共6小题，满分50分）21进行粗盐精制时，需要用化学方法除去杂质试回答下列问题：（1）选择试剂以除去下表所列的可溶性杂质杂质加入的试剂硫酸盐BaCl2MgCl2CaCl2（2）精制过程既要将杂质离子Ca2+、Mg2+、SO42完全沉淀，又要保证不引入新的杂质，为此你认为加入所选沉淀剂的合理顺序可以为：、（填序号
8、）（3）最后加适量的盐酸以调节溶液至中性并除去过量的CO32，其中盐酸除去CO32的离子方程式为（4）最后蒸发结晶操作时，玻璃棒的作用是，当时，应停止加热，用余热蒸干22实验室常用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2（1）试写出该反应的化学方程式（2）反应中元素的化合价升高，则该元素的原子电子（3）当反应中转移的电子数目为0.4NA时，生成的Cl2在标准状态下的体积为（4）Cl2用途广泛，写出其生产漂白液对应的离子方程式23为提纯某Fe2O3样品（主要杂质有SiO2、Al2O3），有人设计如下实验方案：（1）A是制作光导纤维的材料，只能与一种酸反应，其对应的化学方程式为（2）滤液X中（填“是”或“否
9、”）含有Fe3+；检验时可用试剂为，现象是（3）写出题中生成B物质时，所对应的离子方程式（4）参照题中提纯物质的表示方法，请设计一种以框图形式表示的实验方案（注明物质和操作），用于从滤液Y中提取Al2O324根据如图所示实验回答下列问题：（1）试管A中发生反应的化学方程式（2）试管B中的实验现象是；若对该试管中反应后的溶液加热，可以观察到试管B中的实验现象是（3）试管C中的实验现象是（4）试管C口部棉团的作用是，其反应的离子方程式是25A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，相互转换关系如图（反应条件及其他物质均已略去）A B C D（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均
10、能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则D的化学式为写出BC的化学反应方程式：（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则C的化学式为；写出AB的化学反应方程式：（3）若A为前18号元素中的某种金属单质，D为强碱，则B的化学式为，写出CD的化学方程式：2632gCu与200mL 10mol/L的HNO3溶液充分反应（HNO3过量），产生的NO和NO2混合气体共0，.6mol（反应前后溶液体积变化忽略不计），试求：（1）反应前HNO3的物质的量（2）反应后生成的Cu （NO3）2的物质的量浓度（3）混合气体中NO的物质的量（4）剩余的HNO3的物质的量浓度2015
11、-2016学年海南省嘉积中学高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1下列说法正确的是（）A玻璃仪器都可以用于加热，但有些可以直接加热，有些需要垫上石棉网加热B给试管中的液体加热时，试管口不准对着别人，但可以对着自己C用H2还原氧化铜的实验中，应把H2通过预先加热的氧化铜D无论给试管中的液体还是固体加热，都必须先预热【考点】化学实验安全及事故处理【分析】A可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚，需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等； B试管口不可以对着自己，也不能对着别人；C防止氢气混有试管中的空气而不纯，加热会爆炸；D加热时，应先预热
12、后集中试管底部加热【解答】解：A集气瓶量筒不能加热，故A错误； B加热时，试管口不可以对着自己，也不能对着别人，以防液体沸腾溅出伤人，故B错误；C防止氢气混有试管中的空气而不纯，加热会爆炸，氢气还原氧化铜时先通氢气后加热，故C错误；D加热时，应先预热后集中试管底部加热，防止受热不均，引起试管炸裂，故D正确故选D2欲除去下列物质中的杂质（括号内物质为杂质），所用试剂不正确的是（）AKNO3溶液（K2SO4）：适量Ba（NO3）2溶液BCaCO3粉末（CaCl2）：过量盐酸CCu粉（Zn粉）：过量盐酸DCO2（O2）：灼热的铜网【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】AK2SO4与Ba
13、（NO3）2反应生成硫酸钡沉淀和KNO3；B碳酸钙溶于盐酸；C锌与盐酸反应；D氧气与铜在高温条件下反应【解答】解：AK2SO4与Ba（NO3）2反应生成硫酸钡沉淀和KNO3，可除去杂质，故A正确；B碳酸钙溶于盐酸，应加水然后过滤，故B错误；C锌与盐酸反应，而铜不反应，可用盐酸除杂，故C正确；D氧气与铜在高温条件下反应，可用于除杂，故D正确故选B3下列叙述中正确的是（）A物质的量就是物质的质量B摩尔是国际单位制七个基本单位之一C摩尔是粒子的数量单位D阿伏伽德罗常数约为6.021023【考点】物质的量的单位-摩尔；阿伏加德罗常数【分析】A、物质的量是衡量微观粒子集合体的一个物理量；B、摩尔是物质的
14、量的单位；C、物质的量衡量微观粒子集合体；D、阿伏伽德罗常数的单位为mol1【解答】解：A、物质的量是衡量微观粒子集合体的一个物理量，不是物质的质量，故A错误；B、摩尔是物质的量的单位，而物质的量是七个基本物理量之一，故摩尔是七个基本单位之一，故B正确；C、物质的量衡量微观粒子集合体，而不衡量微粒的个数，故摩尔不是粒子数量的单位，故C错误；D、阿伏伽德罗常数的单位为mol1，故阿伏伽德罗常数为6.021023mol1，故D错误故选B4下列叙述正确的是（）A标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4 LB1mol气体的体积若是22.4 L，它必定处于标准状况C两种气体的物质的量之比等于其原子个数比
15、D标准状况下，1mol H2和O2的混合气体的体积是22.4 L【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】A、标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4 L/mol；B、物质的量一定时，影响气体体积的因素有压强、温度；C、气体分子含有的原子数目不一定相等；D、标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，气体摩尔体积适用于混合气体【解答】解：A、标准状况下，1mol气体的体积为22.4L，气体的摩尔体积是22.4 L/mol，故A错误；B、物质的量一定时，影响气体体积的因素有压强、温度，1mol气体的体积是22.4 L，所处状态不一定是标准状况，故B错误；C、物质的量相同，若气体分子含有相同的原子数目
16、，则两种气体的物质的量之比等于其原子个数比，但气体分子含有的原子数目不一定相等，两种气体的物质的量之比不一定等于其原子个数比，故C错误；D、气体摩尔体积适用于混合气体，标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，1mol H2和O2的混合气体的体积是22.4 L，故D正确；故选D5Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是（）AFe（OH）3胶体粒子的大小在1nm100nm之间BFe（OH）3胶体具有丁达尔效应CFe（OH）3胶体是均一、稳定的分散系DFe（OH）3胶体的分散质能透过过滤纸【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】溶液和胶体的本质区别在于分散质微粒的大小；【解答
17、】解：Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe（OH）3胶体的分散质微粒直径大小在1100nm之间，故选：A；6下列说法正确的是（）A酸、碱、盐都是电解质B电解质都是易溶于水的物质C氧化物都是电解质D氢化物都不是电解质【考点】电解质与非电解质【分析】电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，据此解答【解答】A酸碱盐在水溶液中或熔融状态下均能电离出自由移动的离子而导电，属于化合物，是电解质，故A正确；B硫酸钡、氯化银难溶于水，但是在熔融状态下能导电，属于电解质，故B错误；C非金属氧化物，本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故C错误；D氯化氢，硫化氢在水溶液中均
18、能电离出自由移动的离子而导电，属于电解质，故D错误；故选：A7下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B没有单质参加的反应一定不是氧化还原反应C置换反应一定是氧化还原反应D较难失去电子的原子，容易得到电子【考点】氧化还原反应【分析】A可能同种元素被氧化也被还原；B有化合价变化反应一定为氧化还原反应；C置换反应中一定存在元素的化合价变化；D难失去电子的原子，不一定易得电子【解答】解：A可能同种元素被氧化也被还原，如氯气与NaOH的反应中，只有Cl元素的化合价变化，故A错误；B有化合价变化反应一定为氧化还原反应，如过氧化氢与二氧化硫反应生成硫酸为氧化还原反应，
19、没有单质参加，故B错误；C置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定属于氧化还原反应，故C正确；D难失去电子的原子，不一定易得电子，如稀有气体原子不易得到也不易失去电子，故D错误；故选C8下列关于钠的叙述中，正确的是（）A钠是银白色金属，熔点低，硬度大B钠放置于空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠C在氧气中加热时，金属钠剧烈燃烧，黄色火焰D金属钠着火可以用水灭火【考点】钠的化学性质【分析】钠为银白色金属，熔点低、硬度小，密度比水小，性质活泼，可与水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，火焰呈黄色，以此解答该题【解答】解：A钠的硬度很小，可用小刀切割，故A错误；
20、B钠在常温下与氧气反应生成白色的氧化钠，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色的过氧化钠，故B错误；C与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，火焰呈黄色，故C正确；D钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则钠失火时不能用水灭火，故D错误故选C9铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A3：1B2：1C1：1D1：3【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2进行计算【解答】解：根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+
21、2H2O=2AlO2+3H2可知：当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3：1，故选：A10下列各物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入NaOH溶液，能直接生成红褐色沉淀的是（）A氯水和氯化亚铁溶液B铁屑和氯化铜溶液C铁屑和过量稀硫酸D过量铁屑和氯化铁溶液【考点】铁的氧化物和氢氧化物【分析】根据向所得的溶液中滴入NaOH溶液，能直接生成红褐色沉淀，即直接生成Fe（OH）3，则说明各物质相互反应后生成Fe3+据此分析【解答】解：向所得的溶液中滴入NaOH溶液，能直接生成红褐色沉淀，即直接生成Fe（OH）3，则说明各物质相互反应后生成Fe3+A、氯水和
22、氯化亚铁溶液发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，有Fe3+生成，故A符合题意；B、铁屑和氯化铜溶液反应生成氯化亚铁：CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，无Fe3+生成，故B不符合题意；C、由于稀硫酸是非氧化性酸，氧化性较弱，故铁屑和过量稀硫酸反应生成的是FeSO4，无Fe3+生成，故C不符合题意；D、过量的铁屑和氯化铁溶液反应：Fe+2FeCl3=3FeCl2，无Fe3+生成，故D不符合题意故选A11下列说法正确的是（）ASiO2溶于水是酸性BCO2通入水玻璃可得硅酸CSiO2不溶于任何酸DSiO2晶体中存在单个SiO2分子【考点】硅和二氧化硅【分析】A二氧化硅不溶于水；B碳酸酸性大
23、于硅酸，强酸制弱酸；C二氧化硅溶于氢氟酸；D二氧化硅晶体是原子晶体，由原子构成【解答】解：A二氧化硅不溶于水，不能生成硅酸，故A错误；B碳酸酸性大于硅酸，CO2通入水玻璃可得硅酸，强酸制弱酸，CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+2Na2CO3，故B正确；C二氧化硅溶于氢氟酸，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故C错误；D二氧化硅晶体是原子晶体，由原子构成，不存在二氧化硅分子，故D错误；故选B12下列关于HClO的说法不正确的是（）AHClO是强酸BHClO不稳定CHClO是强氧化性酸DHClO能杀菌消毒【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A次氯酸是弱酸；B次氯酸见光分解
24、；C氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性，次氯酸具有强氧化性；D次氯酸具有氧化性能杀菌消毒【解答】解：A次氯酸在水溶液中存在电离平衡，属于弱酸，故A错误；B次氯酸不稳定，见光分解，2HClO2HCl+O2，故B正确；CHClO中的Cl的价态为+1价，要降低为1价才稳定，HClO是强氧化性酸，故C正确；D具有强氧化性的HClO，可使病毒中的蛋白质变性，则可杀菌消毒，故D正确；故选A13环境污染已经成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是（）环境问题造成环境问题的主要物质A酸雨二氧化硫、氮氧化物B臭氧空洞二氧化碳C白色污染塑料垃圾D光化学烟
25、雾氮氧化物、碳氢化合物AABBCCDD【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】根据二氧化硫、氮氧化物导致酸雨，二氧化碳导致温室效应，聚乙烯材料导致白色污染，氮氧化物、碳氢化合物导致光化学烟雾进行判断【解答】解：A二氧化硫、氮氧化物遇到水能生成酸，是形成酸雨的主要污染物，故A正确；B二氧化碳是形成温室效应的主要污染物，导致臭氧空洞的物质主要是氟利昂，故B错误；C形成白色污染的主要原因是聚乙烯材料的污染，故C正确；D二氧化氮、碳氢化合物是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确；故选B14为了检验某固体物质中是否含有NH4+，你认为下列试纸和试剂用到的是（）蒸馏水 NaOH溶液 红色石蕊试纸 蓝色石
26、蕊试纸 稀硫酸ABCD【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】铵根离子与碱反应生成氨气，氨气能使红色石蕊试纸变蓝，以此来解答【解答】解：铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，所以生成氨气需要NaOH溶液，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，故选A15相同质量的铜片分别投入到足量的下列四种酸中（必要时可加热），充分反应后在相同条件下得到的气体体积由大到小的顺序是（）浓硫酸 浓硝酸 稀硫酸 稀硝酸ABCD【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】Cu与稀硫酸不反应，与浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸反应分别生成二氧化
27、硫、二氧化氮、NO，根据电子转移守恒计算生成气体的物质的量，相同条件下体积之比等于物质的量之比，据此计算判断【解答】解：假设铜为0.1mol，Cu与浓H2SO4反应生成二氧化硫，根据电子转移守恒可知，生成二氧化硫的物质的量=0.1mol；Cu与浓HNO3反应生成二氧化氮，根据电子转移守恒可知，生成二氧化氮的物质的量=0.2mol；Cu与稀H2SO4不反应，没有气体生成；Cu与稀HNO3反应生成NO，根据电子转移守恒可知，生成NO的物质的量=0.067mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故生成气体的体积，故选D二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）16下列俗名与化学式对应错误的是
28、（）A小苏打NaHCO3B明矾Al2（SO4）312H2OC铁红Fe3O4D芒硝Na2SO410H2O【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A、小苏打是碳酸氢钠的俗称；B、明矾是KAl（SO4）212H2O；C、铁红是氧化铁；D、芒硝是Na2SO410H2O的俗称【解答】解：A、小苏打是碳酸氢钠的俗称，化学式为NaHCO3，故A正确；B、明矾是KAl（SO4）212H2O的俗称，故B错误；C、铁红是氧化铁，Fe3O4俗称磁性氧化铁，故C错误；D、芒硝是Na2SO410H2O的俗称，故D正确故选BC17NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A0.5 molAl与足量盐酸反应转
29、移电子数为1NAB标准状况下，11.2L SO3所含的分子数为0.5NAC0.1molCH4所含的电子数为1NAD46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A铝为3价金属，0.5mol铝完全反应失去1.5mol电子；B标准状况下，三氧化硫的状态不是气体，不能使用22.4L/mol计算三氧化硫的物质的量；C甲烷分子中含有10个电子，0.1mol甲烷中含有1mol电子；DNO2和N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合物中含有的分子数【解答】解：A0.5mol铝完全反应失去1.5mol电子，与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA，故A错误；B标况下三氧化硫的状态不是
30、气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L三氧化硫的物质的量，故B错误；C0.1mol甲烷中含有1mol电子，所含的电子数为1NA，故C正确；D由于二氧化氮与四氧化二氮的摩尔质量不同，无法计算46gNO2和N2O4的混合物中含有的分子数，故D错误；故选C18已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性
31、【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，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【解答】解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所
32、以氧化性F3+I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C、生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；D、反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误故选A19下列离子方程式正确的是（）A碳酸钙和盐酸反应：CO32+2H+H2O+CO2B向氢氧化钡溶液中加硫酸溶液：Ba2+SO42BaSO4C向稀盐酸溶液中加铁：3Fe+6H+3Fe3+3H2D向硝酸银溶液中加盐酸：Ag+ClAgCl【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸钙为难溶物，离子方程式中碳酸钙不能拆开；B氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；C铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；D硝酸银与盐酸反应生
33、成氯化银沉淀和硝酸钠【解答】解：A碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故A错误；B向氢氧化钡溶液中加硫酸溶液，反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故B错误；C向稀盐酸溶液中加铁，反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故C错误；D硝酸银溶液中加盐酸，反应的离子方程式为：Ag+ClAgCl，故D正确；故选D20某溶液中，可大量共存的离子组是（）AAl3+、Mg2+、SO42、OHBFe2+、NO3、Cl、H+CH+、Cl、K+、HS
34、O3DNa+、HCO3、K+、Cl【考点】离子共存问题【分析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、双水解反应、络合反应的能大量共存，据此分析解答【解答】解：AAl3+、Mg2+和OH生成沉淀而不能大量共存，且过量OH和Al3+反应生成偏铝酸根离子，所以不能大量共存，故A错误；B酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故B错误；CH+、HSO3反应生成水和二氧化硫而不能大量共存，故C错误；D这几种离子之间不反应而能大量共存，故D正确；故选D三、解答题（共6小题，满分50分）21进行粗盐精制时，需要用化学方法除去杂质试回答下列问题：（1）选择
35、试剂以除去下表所列的可溶性杂质杂质加入的试剂硫酸盐BaCl2MgCl2NaOHCaCl2Na2CO3（2）精制过程既要将杂质离子Ca2+、Mg2+、SO42完全沉淀，又要保证不引入新的杂质，为此你认为加入所选沉淀剂的合理顺序可以为：、（填序号）（3）最后加适量的盐酸以调节溶液至中性并除去过量的CO32，其中盐酸除去CO32的离子方程式为CO32+2H+=H2O+CO2（4）最后蒸发结晶操作时，玻璃棒的作用是搅拌，防止局部过热使液体飞测；，当看到有大量固体析出，或者仅余少量液体时时，应停止加热，用余热蒸干【考点】粗盐提纯【分析】从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为硫酸根离子、镁离
36、子、和钙离子，硫酸根离子用钡离子沉淀，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析蒸发结晶操作时玻璃棒的作用是搅拌，防止局部过热使液体飞测【解答】解：（1）为了不引入新的杂质，加入过量BaCl2溶液，可除掉硫酸根离子，加入过量NaOH溶液，可除掉镁离子，加入过量Na2CO3溶液，可除掉钙离子；故答案为：NaOH Na2CO3；（2）中加入过量Na2CO3溶液不仅为了完全除去Ca2+，还可以将过量的钡离子沉淀，对氢氧化钠而言没有顺序要求，但碳酸钠要放在氯化钡之后，所以可以换顺序；故答案
37、为：； ；（3）最后加适量的盐酸以调节溶液至中性并除去过量的CO32，在除掉碳酸根、氢氧根后，得到氯化钠溶液，呈中性，氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳和水；故答案为：CO32+2H+=H2O+CO2；（4）蒸发结晶在蒸发皿中进行，蒸发皿放于铁架台的铁圈上，倒入液体不超过蒸发皿容积的2/3，加热时不断用玻璃棒搅拌液体防止受热不均，液体飞溅看到有大量固体析出，或者仅余少量液体时，停止加热，利用余热将液体蒸干；故答案为：搅拌，防止局部过热使液体飞测；看到有大量固体析出，或者仅余少量液体时22实验室常用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2（1）试写出该反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2
38、+2H2O（2）反应中Cl元素的化合价升高，则该元素的原子失电子（3）当反应中转移的电子数目为0.4NA时，生成的Cl2在标准状态下的体积为4.48L（4）Cl2用途广泛，写出其生产漂白液对应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【考点】氧化还原反应的计算【分析】（1）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；（2）Cl元素的化合价升高，失电子；Mn元素的化合价降低，得电子；（3）反应MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O转移电子2mol时，生成的氯气物质的量为1mol，当反应中转移的电子数目为0.4NA时，生成氯气的量为0.2mol，体积为：0.2mol
39、22.4L/mol=4.48L，由此解答；（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据离子方程式的书写规则书写【解答】解：（1）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，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）Cl元素的化合价升高，失电子；Mn元素的化合价降低，得电子，故答案为：Cl；失；（3）反应MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O转移电子2mol时，生成的氯气物质的量为1mol，当反应中转移的电子数目为0.4NA时，生成氯气的量为0.2mol，体积为：0.
40、2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48L；（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O23为提纯某Fe2O3样品（主要杂质有SiO2、Al2O3），有人设计如下实验方案：（1）A是制作光导纤维的材料，只能与一种酸反应，其对应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4+2H2O（2）滤液X中是（填“是”或“否”）含有Fe3+；检验时可用试剂为KSCN溶液，现象是溶液变为红色（3）写出题中生成B物质时，所对应的离子方程式Fe3+3OH=Fe（OH）3（4）参照题中提纯物质的表
41、示方法，请设计一种以框图形式表示的实验方案（注明物质和操作），用于从滤液Y中提取Al2O3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】Fe2O3样品加入足量盐酸，滤渣A为SiO2，滤液X中含有氯化铝、氯化铁，在X中加入足量的氢氧化钠溶液，可生成氢氧化铁和偏铝酸钠，过滤，滤渣B为氢氧化铁，加热分解可得到氧化铁，以此解答该题【解答】解：Fe2O3样品加入足量盐酸，滤渣A为SiO2，滤液X中含有氯化铝、氯化铁，在X中加入足量的氢氧化钠溶液，可生成氢氧化铁和偏铝酸钠，过滤，滤渣B为氢氧化铁，加热分解可得到氧化铁，滤液Y含有氢氧化钠、偏铝酸钠，（1）A为二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化
42、硅与水，反应方程式为：SiO2+4HFSiF4+2H2O，故答案为：SiO2+4HFSiF4+2H2O；（2）滤液X中含有氯化铝、氯化铁，检验Fe3+，可用KSCN溶液，溶液变为红色，故答案为：是；KSCN溶液；溶液变为红色；（3）B为氢氧化铁，反应的离子方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3；（4）滤液Y含有氢氧化钠、偏铝酸钠，可再滤液Y中通入足量的二氧化碳气体，可生成氢氧化铝沉淀，过滤，加热分解氢氧化铝，可得到氧化铝，反应的流程为，故答案为：24根据如图所示实验回答下列问题：（1）试管A中发生反应的化学方程式Cu+H2SO4CuSO4+SO2+H2
43、O（2）试管B中的实验现象是品红溶液褪色；若对该试管中反应后的溶液加热，可以观察到试管B中的实验现象是溶液恢复颜色（3）试管C中的实验现象是石蕊试液变红（4）试管C口部棉团的作用是吸收二氧化硫，其反应的离子方程式是SO2+2OH=SO32+H2O【考点】浓硫酸的性质实验【分析】（1）金属铜可以和浓硫酸之间反应生成硫酸铜、水以及二氧化硫；（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，加热，溶液恢复颜色；（3）二氧化硫是酸性气体，能使紫色的石蕊试液变为红色；（4）二氧化硫有毒，是酸性气体，可以和强碱氢氧化钠溶液反应，据此回答【解答】解：（1）金属铜可以和浓硫酸之间反应生成硫酸铜、水以及二氧化硫，反应为：
44、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，所以试管B中的实验现象是品红溶液褪色，对该试管中反应后的溶液加热，溶液恢复颜色，故答案为：品红溶液褪色；溶液恢复颜色；（3）二氧化硫是酸性气体，能使紫色的石蕊试液变为红色，故答案为：石蕊试液变红；（4）二氧化硫有毒，是酸性气体，为防止污染可以用强碱氢氧化钠溶液来吸收，发生反应为：SO2+2OH=SO32+H2O，故答案为：吸收二氧化硫；SO2+2OH=SO32+H2O25A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，相互转换关系如图（反
45、应条件及其他物质均已略去）A B C D（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则D的化学式为H2SO4写出BC的化学反应方程式：2SO2+O22SO3（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则C的化学式为NO2；写出AB的化学反应方程式：4NH3+5O24NO+6H2O（3）若A为前18号元素中的某种金属单质，D为强碱，则B的化学式为Na2O，写出CD的化学方程式：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2【考点】无机物的推断【分析】A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过
46、两步氧化得C，C与水反应生成D，（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D呈酸性，则B为NO，C为NO2，D为HNO3；（3）若A为前18号元素中的某种金属单质，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH，据此答题【解答】解：A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过两步氧化得C，C与水反应生成D，（1）若A、B、C、D均为
47、化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，BC的化学方程式为2SO2+O22SO3 ，故答案为：H2SO4；2SO2+O22SO3；（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D呈酸性，则B为NO，C为NO2，D为HNO3，通过以上分析知，C为NO2，A生成B的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：NO2；4NH3+5O24NO+6H2O；（3）若A为前18号元素中的某种金属单质，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为Na
48、OH，通过以上分析知，B为Na2O，CD的化学方程式：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，故答案为：Na2O；2Na2O2+2H2O4NaOH+O22632gCu与200mL 10mol/L的HNO3溶液充分反应（HNO3过量），产生的NO和NO2混合气体共0，.6mol（反应前后溶液体积变化忽略不计），试求：（1）反应前HNO3的物质的量（2）反应后生成的Cu （NO3）2的物质的量浓度（3）混合气体中NO的物质的量（4）剩余的HNO3的物质的量浓度【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）溶液中硝酸的物质的量n=CV；（2）求出铜的物质的量，然后根据铜完全反应，而反应中1molCu1m
49、olCu（NO3）2来计算；（3）设NO和NO2混合气体中NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，根据混合物的物质的量为0.6mol可知：x+y=0.6 然后根据铜和硝酸反应的过程中得失电子数守恒可知：0.5mol2=3xmol+ymol1 即可解得x和y；（4）根据硝酸和铜的反应中，N原子的存在形式有3个：剩余的HNO3、生成的Cu（NO3）2、生成的NO和NO2，根据氮原子守恒来分析【解答】解：（1）溶液中硝酸的物质的量n=CV=10mol/L0.2L=2mol，答：反应前硝酸的物质的量为2mol；（2）32g铜的物质的量为n=0.5mol，而反应中1molCu1molCu（
50、NO3）2，由于0.5mol铜完全反应，故生成的Cu（NO3）2的物质的量为0.5mol，故浓度为c=2.5mol/L，答：反应后生成的Cu （NO3）2的物质的量浓度为2.5mol/L；（3）设NO和NO2混合气体中NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，根据混合物的物质的量为0.6mol可知：x+y=0.6 然后根据铜和硝酸反应的过程中得失电子数守恒可知：0.5mol2=3xmol+ymol1 解得x=0.2mol y=0.4mol即混合气体中NO的物质的量为0.2mol答：混合气体中NO的物质的量为0.2mol；（4）根据硝酸和铜的反应可知，2mol硝酸反应后硝酸中的N原子的存在形式有3个：剩余的HNO3、生成的Cu（NO3）2、生成的NO和NO2，生成的Cu（NO3）2的物质的量为0.5mol，则其中含有的氮原子的物质的量为0.5mol2；生成的0.6molNO和NO2中含有氮原子为0.6mol，根据氮原子守恒可知：n（HNO3）余=2mol0.5mol20.6mol=0.4mol，剩余的HNO3的物质的量浓度为c=2mol/L，答：剩余硝酸的浓度为2mol/L2016年11月27日