1、2015-2016学年广东省揭阳市惠来一中、揭东一中联考高一（上）期末化学试卷一单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1下列物质属于电解质的是（）ANa2SO4BCO2CCl2DCu2能在水溶液中大量共存的一组离子是（）AH+、Cl、NO3、SiO32BAg+、Fe3+、Cl、SO42CK+、SO42、Cu2+、NO3DNH4+、OH、Cl、HCO33下列实验操作或装置正确的是（）A分离出BaSO4浊液中的BaSO4B除去CO2中少量HCl气体C将溶液转移到容量瓶中D排水法收集NO4下列关于胶体的叙述，不正确的是（）A液溶胶都是澄清透明的B胶体粒子的直径在1nm100nmC可用渗
2、析法（半透膜过滤法）分离液溶胶中的分散质与分散剂D可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液5NA表示阿伏德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，33.6 L H2O含有的H2O分子数为1.5 NAB常温常压下，32g O2和28 g N2所含分子个数比为1：1C0.5 mol/L AlCl3溶液中含有的Cl数为1.5 NAD1 mol Na2O2与足量CO2完全反应转移的电子数目为2 NA630mL 0.2mol/L KCl溶液与20mL 0.1mol/L AlCl3溶液中Cl物质的量浓度之比是（）A1：1B2：3C2：1D3：17下列反应的离子方程式中正确的是（）A铜片插入硝酸银溶液中：Cu
3、+Ag+Cu2+AgB金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OHAlO2+H2C碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D铁屑溶于稀盐酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H28古装电视剧中经常有“银针验毒”的剧情，医学上对“银针验毒”的解释是：4Ag+2H2S+O2Ag2S+2H2O，其中H2S（）A是氧化剂B是还原剂C既是氧化剂又是还原剂D既不是氧化剂也不是还原剂9下列有关离子检验的叙述正确的是（）A向某溶液中加入稀硝酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO42B向某溶液中加入稀硫酸酸化，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有ClC向某溶液中加
4、入碳酸钠溶液，产生白色沉淀，再滴入稀盐酸，沉淀溶解，则原溶液中一定有Ca2+D用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，在酒精灯外焰里灼烧时观察到黄色火焰，则原溶液中一定有Na+10下列反应中，SO2表现氧化性的是（）ASO2与水反应BSO2与H2S溶液反应CSO2与NaOH溶液反应DSO2与酸性高锰酸钾溶液反应11KNO3溶液中含杂质KCl、K2SO4和Ca（NO3）2，除去杂质所用的试剂有 Ba（NO3）2K2CO3AgNO3HNO3，则加入试剂的正确顺序是（）ABCD12下列反应中属于氧化还原反应，而且水既不作氧化剂又不作还原剂的是（）A2Na2O2+2H2O4NaOH+O2B2H2O2H2+O2CS
5、O3+H2OH2SO4D2Na+2H2O2NaOH+H213两份等质量的铝片分别与足量的盐酸和足量的氢氧化钠溶液反应，产生的气体在同条件下的体积比为（）A1：1B3：2C2：3D1：614向1L 1mol/L AlCl3溶液中滴加一定量的NaOH溶液，若产生沉淀为0.8mol，则消耗的NaOH的物质的量可能是（）A0.8 molB2.8 molC3.2 molD3.8 mol15下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质所选用的试剂或操作方法，其中正确的是（）序号物质杂质除杂质所选用的试剂或操作方法AMgAl加入过量盐酸溶液，充分反应，过滤BNaHCO3溶液Na2CO3溶液加入足量氢氧化
6、钡溶液，充分反应，过滤CNONO2通过盛有水的洗气瓶，再干燥DFeCl3溶液FeCl2溶液加入过量的铁粉，充分反应，过滤AABBCCDD16下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述 A Fe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收旧电路板中的铜 BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维 C氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好 D铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸AABBCCDD二、填空题（本题包括2小题，共17分）17根据下列反应方程式填写有关内容：5K2SO3+2KMnO4+3H2SO46K2SO4+2MnSO4+3H2O（1）该反应中，氧化剂是，还
7、原剂是，氧化产物是（均填化学式）（2）氧化产物与还原产物的物质的量之比是；若有0.5mol K2SO3参与反应，则转移的电子的物质的量为mol，产生的H2O的质量为g（3）把该反应方程式改写为离子方程式18某实验室需要配制480mL 0.10mol/L Na2CO3溶液（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、（2）实验时图中所示操作的先后顺序为（填编号）（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）称量时误用“左码右物”转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒向容量瓶加水定容时俯视液面摇匀后液面下降，再加水至刻度线（4）所需Na2CO3固体的质量为
8、g；若改用浓溶液稀释，需要量取2mol/L Na2CO3溶液mL三、实验题（本题包括2小题，共30分）19从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取Al2O3的两种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Fe3+的离子方程式为；（2）固体A 是（填化学式），写出沉淀F转化为氧化铝的化学方程式；（3）流程乙中，烧碱与Al2O3反应的离子方程式为；（4）固体X 是（填化学式）20某研究性学习小组设计如图装置制取氯气并检验氯气的某些性质（1）制取Cl2，检验干燥氯气是否有漂白性盛装浓盐酸的仪器的名称是，烧瓶中发生反应的化学方程式为B中盛有饱和食盐水，
9、其作用是，C中盛装的试剂是通入Cl2后，D、E中观察到的现象是；根据现象可得出的结论是F中盛有NaOH溶液，其作用是，若有2.24L（标准状况下）Cl2被NaOH溶液完全吸收，则反应过程中转移的电子为mol（2）探究铁丝在Cl2中燃烧的产物某同学认为，当足量Cl2与少量铁丝反应时生成FeCl3，当少量Cl2与足量铁丝反应时生成FeCl2为检验该观点是否正确，该同学将一根细的纯铁丝分别在足量和少量的Cl2中点燃，取其表面生成物配制成溶液A、B，并取溶液进行以下实验，请填写下表中的空格实验方法实验现象结论分别向A、B溶液中滴加2滴溶液 生成物中都有FeCl3分别向A、B溶液中滴加几滴KMnO4溶液
10、两份溶液颜色均无明显变化生成物中都不含根据实验结论，铁丝在Cl2中点燃的化学方程式：四、计算题（本题包括1小题，共5分）21有一份白色粉末是无水Na2CO3和NaHCO3的混合物，灼烧至恒重时，质量为21.8g把放出的气体通入足量澄清石灰水中，生成10.0g沉淀求原混合物中NaHCO3的质量分数2015-2016学年广东省揭阳市惠来一中、揭东一中联考高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1下列物质属于电解质的是（）ANa2SO4BCO2CCl2DCu【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】电解质是指在水溶液中或熔融
11、状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等非电解质是指在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质，据此解答【解答】解：A硫酸钠为盐，在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，故A正确；B二氧化碳本身不电离，属于非电解质，故B错误；C氯气为单质，不是电解质，故C错误；D铜为单质，不是电解质，故D错误；故选：A【点评】本题考查了电解质的判断，明确电解质、非电解质概念是解题关键，注意单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质，题目难度不大2能在水溶液中大量共存的一组离子是（）AH+、Cl、NO3、SiO32BAg+、Fe
12、3+、Cl、SO42CK+、SO42、Cu2+、NO3DNH4+、OH、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀；B银离子与氯离子、硫酸根离子发生反应；C四种离子之间不反应，能够共存；D氢氧根离子与铵根离子、碳酸氢根离子反应【解答】解：AH+、SiO32之间反应生成硅酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；BAg+与Cl、SO42之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CK+、SO42、Cu2+、NO3之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DNH4+、HCO3都与OH发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本
13、题考查离子共存，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；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3下列实验操作或装置正确的是（）A分离出BaSO4浊液中的BaSO4B除去CO2中少量HCl气体C将溶液转移到容量瓶中D排水法收集NO【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A分离出BaSO4浊液中的BaSO4用过滤； B二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应；C转移液体需要引流；DNO不溶于水【解答】解：A分离出BaSO4浊液中的Ba
14、SO4用过滤，过滤用普通漏斗，故A错误； B二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，将原物质除掉，故B错误；C转移液体需要用玻璃棒引流，故C错误；DNO不溶于水，不与水反应，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离和制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大4下列关于胶体的叙述，不正确的是（）A液溶胶都是澄清透明的B胶体粒子的直径在1nm100nmC可用渗析法（半透膜过滤法）分离液溶胶中的分散质与分散剂D可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】A豆浆是不透
15、明的； B胶体中分散质的微粒直径在1nm100nm；C溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，而胶体不能通过；D胶体具有丁达尔效应而溶液不具备【解答】解：A胶体可能是透明的也可能是不透明的，豆浆是不透明的，故A错误； B胶体中分散质的微粒直径在109107m之间，即1nm100nm，故B正确；C溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，而胶体不能通过，可分离，故C正确；D胶体和溶液可以用丁达尔现象鉴别，光线通过时胶体出现光亮的通路，溶液无现象，故D正确故选A【点评】本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，题目难度不大，熟悉胶体的性质及判断即可解答5NA表示阿伏德罗常数的值，下列叙述正
16、确的是（）A标准状况下，33.6 L H2O含有的H2O分子数为1.5 NAB常温常压下，32g O2和28 g N2所含分子个数比为1：1C0.5 mol/L AlCl3溶液中含有的Cl数为1.5 NAD1 mol Na2O2与足量CO2完全反应转移的电子数目为2 NA【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、标况下水为液态；B、分子个数N=；C、溶液体积不明确；D、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应【解答】解：A、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；B、32g氧气中的分子个数N=NA个，28g氮气中的分子个数N=NA个，
17、故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故C错误；D、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故D错误故选B【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630mL 0.2mol/L KCl溶液与20mL 0.1mol/L AlCl3溶液中Cl物质的量浓度之比是（）A1：1B2：3C2：1D3：1【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】溶液浓度的计算【分析】氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质浓度、溶质的化学式组成有关，如：30mL 0.2mol/L KCl溶液中氯离子的物质的量
18、浓度为：0.1mo/L1=0.2mol/L，20mL 0.1mol/L AlCl3溶液中Cl物质的量浓度为：0.1mol/L3=0.3mol/L，据此计算出两溶液中氯离子的物质的量浓度【解答】解：30mL 0.2mol/L KCl溶液中氯离子的物质的量浓度为：0.1mo/L1=0.2mol/L，20mL 0.1mol/L AlCl3溶液中Cl物质的量浓度为：0.1mol/L3=0.3mol/L，两溶液中氯离子的物质的量浓度之比为：0.2mol/L：0.3mol/L=2：3，故选B【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，注意离子的浓度与溶液体
19、积大小无关，为易错点，试题培养了学生的化学计算能力7下列反应的离子方程式中正确的是（）A铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+Cu2+AgB金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OHAlO2+H2C碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D铁屑溶于稀盐酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A电子、电荷不守恒；B漏写氧化剂水；C反应生成氯化钙、水、二氧化碳；D反应生成氯化亚铁、氢气【解答】解：A铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故A错误；B金属铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2H2O+2Al+2OH2AlO2+
20、3H2，故B错误；C碳酸钙溶于稀盐酸中的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故C正确；D铁屑溶于稀盐酸中的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，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共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大8古装电视剧中经常有“银针验毒”的剧情，医学上对“银针验毒”的解释是：4Ag+2H2S+O2Ag2S+2H2O，其中H2S（）A是氧化剂B是还原剂C既是氧化剂又是还原剂D既不是氧化剂也不是还原剂【考点】氧化还原反应【
21、专题】氧化还原反应专题【分析】4Ag+2H2S+O2Ag2S+2H2O反应中Ag元素的化合价升高，O元素的化合价降低，据此分析【解答】解：4Ag+2H2S+O2Ag2S+2H2O反应中Ag元素的化合价升高，Ag为还原剂，O元素的化合价降低，氧气为氧化剂，H2S中H、S元素的化合价没有变化，所以H2S既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应和氧化剂、还原剂的判断，侧重考查基本概念，明确元素化合价变化是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大9下列有关离子检验的叙述正确的是（）A向某溶液中加入稀硝酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO42B
22、向某溶液中加入稀硫酸酸化，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有ClC向某溶液中加入碳酸钠溶液，产生白色沉淀，再滴入稀盐酸，沉淀溶解，则原溶液中一定有Ca2+D用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，在酒精灯外焰里灼烧时观察到黄色火焰，则原溶液中一定有Na+【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】A白色沉淀可能为AgCl，且硝酸酸化可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子；B稀硫酸能够与硝酸银反应生成硫酸银沉淀，应该用稀硝酸酸化；C原溶液中可能含有银离子，不一定含有钙离子；D钠元素的焰色反应的火焰颜色为黄色【解答】解：A白色沉淀可能为AgCl，且硝酸酸化可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根
23、离子，应先加盐酸，再加BaCl2溶液检验SO42，故A错误；B向某溶液中加入稀硫酸酸化，引进了硫酸根离子，硫酸根离子与加热的硝酸银反应生成硫酸银沉淀，应该用稀硝酸酸化，故B错误；C向某溶液中加入碳酸钠溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能碳酸银，不一定为碳酸钙，原溶液中不一定含有钙离子，故C错误；D用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，在酒精灯外焰里灼烧时观察到黄色火焰，钠离子的焰色反应为黄色，则原溶液中一定有Na+，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力10下列反应中，SO2表现氧化性
24、的是（）ASO2与水反应BSO2与H2S溶液反应CSO2与NaOH溶液反应DSO2与酸性高锰酸钾溶液反应【考点】二氧化硫的化学性质【专题】氧族元素【分析】SO2在反应中硫的化合价降低，表现氧化性，由此分析解答【解答】解：A、SO2与水反应生成亚硫酸，硫的化合价未变，故A不选；B、SO2与H2S溶液反应生成单质硫，硫由+4变成0价，是氧化剂，故B选；C、SO2与NaOH溶液反应，生成亚硫酸钠，硫的化合未变，故C不选；D、SO2与酸性高锰酸钾溶液褪色，是二氧化硫的还原性，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价的变化是解答本题的关键，题目难度不大11KNO3溶液中含杂质
25、KCl、K2SO4和Ca（NO3）2，除去杂质所用的试剂有 Ba（NO3）2K2CO3AgNO3HNO3，则加入试剂的正确顺序是（）ABCD【考点】物质分离、提纯的实验方案设计【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】除去KCl、K2SO4和Ca（NO3）2，可分别加入AgNO3、Ba（NO3）2、K2CO3等，除杂时所加试剂应过量，易保证杂质除去，因K2CO3能与AgNO3、Ba（NO3）2、Ca（NO3）2都可生成沉淀，为避免引入新杂质，减少操作步骤，可在AgNO3、Ba（NO3）2之后加入K2CO3，最后加入硝酸，以此解答【解答】解：因K2CO3能与AgNO3、Ba（NO3）2、Ca（NO3）
26、2都可生成沉淀，为避免引入新杂质，减少操作步骤，可在AgNO3、Ba（NO3）2之后加入K2CO3，最后加入硝酸，故选D【点评】本题考查物质的分离、提纯实验设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意根据物质的性质的异同设计实验，除杂时，应尽量减少操作步骤，更不能引入新杂质，难度不大12下列反应中属于氧化还原反应，而且水既不作氧化剂又不作还原剂的是（）A2Na2O2+2H2O4NaOH+O2B2H2O2H2+O2CSO3+H2OH2SO4D2Na+2H2O2NaOH+H2【考点】氧化还原反应【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】反应中含元素的化合价变化，为氧化还原反应，但水中
27、H、O元素的化合价不变，则水既不作氧化剂又不作还原剂，以此来解答【解答】解：A反应中过氧化钠中O元素的化合价升高、降低，水中元素的化合价不变，所以水既不作氧化剂又不作还原剂，故A选；B反应中水中的H元素的化合价降低，O元素的化合价升高，所以水是氧化剂和还原剂，故B不选；C没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；DNa元素的化合价升高，H元素的化合价降低，属于氧化还原反应，水为氧化剂，故D不选；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大13两份等质量的铝片分别与足量的盐酸和足量的氢氧化钠溶液反应，产生的气体在同
28、条件下的体积比为（）A1：1B3：2C2：3D1：6【考点】化学方程式的有关计算；铝的化学性质【专题】计算题【分析】铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl2AlCl3+3H2，结合反应的方程式计算【解答】解：由2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl2AlCl3+3H2可知，2molAl分别与足量酸、碱反应都生成3molH2，则两份等量的铝粉分别与足量酸、碱反应生成等量的氢气，氢气的物质的量之比等于其体积之比，则相同状态下产生的气体体积之比是1：1，故选A【点评】本题考查学生利用酸碱与铝的反应进行计算，侧重于
29、学生的计算能力的考查，明确发生的化学反应、金属Al完全反应是解答本题的关键，难度不大14向1L 1mol/L AlCl3溶液中滴加一定量的NaOH溶液，若产生沉淀为0.8mol，则消耗的NaOH的物质的量可能是（）A0.8 molB2.8 molC3.2 molD3.8 mol【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】AlCl3和NaOH反应与NaOH的量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2现AlCl3的物质的量为1mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀的物质的量为：1mol，现沉淀的物质的量为0.8mol，说明有两种情况：一
30、为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2【解答】解：AlCl3和NaOH反应与NaOH的量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2现AlCl3的物质的量为1mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀的物质的量为：1mol，现沉淀的物质的量为0.8mol，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，若碱不足，由Al3+3OHAl（OH）3可知，NaOH的物质的量为0.8mol3=2.4mol，沉淀部分溶解
31、，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由 Al3+3OHAl（OH）3 1mol 3mol 1mol Al（OH）3 +OHAlO2+2H2O （10.8）mol （10.8）mol 则消耗的碱的物质的量为3mol+（10.8）mol=3.2mol，故选C【点评】本题考查铝的计算，题目难度中等，本题的解答关键是根据1L1mol/L的AlCl3溶液以及0.8mol的沉淀，结合反应的有关方程式计算15下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质所选用的试剂或操作方法，其中正确的是（）序号物质杂质除杂质所选用的试剂或操作方法AMgAl加入过量盐酸溶液，充分反应，过滤BNaHCO3溶液
32、Na2CO3溶液加入足量氢氧化钡溶液，充分反应，过滤CNONO2通过盛有水的洗气瓶，再干燥DFeCl3溶液FeCl2溶液加入过量的铁粉，充分反应，过滤AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A二者都与盐酸反应；B二者都与氢氧化钡溶液反应生成沉淀；C二氧化氮可与水反应生成一氧化氮；D氯化铁与铁粉反应【解答】解：A二者都与盐酸反应，铝于氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B二者都与氢氧化钡溶液反应生成沉淀，可通入过量二氧化碳溶液除杂，故B错误；C二氧化氮可与水反应生成一氧化氮，故C正确；D氯化铁与铁粉反应，因氯化亚铁可与氯气反应
33、，则可通入氯气除杂，故D错误故选C【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离16下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述 A Fe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收旧电路板中的铜 BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维 C氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好 D铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验
34、评价题【分析】AFe3+具有氧化性，能将铜氧化为为铜离子； B二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料；C二氧化硫可以和氯气的水溶液之间发生氧化还原反应；DAl与稀硫酸可持续反应【解答】解：AFe3+具有氧化性，能将铜氧化为为铜离子，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，、正确有因果关系，故A正确； B二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，不正确、正确，无因果关系，故B错误；C二氧化硫可以和氯气的水溶液之间发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故C错误；DAl与稀硫酸可持续反应，则不能用铝制容器盛装稀硫酸，但可用铝制容器盛装浓硫酸，故D错误故选A【
35、点评】本题考查化学实验方案的评价，物质的性质与应用，同时要区分事物间的因果关系，熟练掌握基础是解题关键，题目难度不大二、填空题（本题包括2小题，共17分）17根据下列反应方程式填写有关内容：5K2SO3+2KMnO4+3H2SO46K2SO4+2MnSO4+3H2O（1）该反应中，氧化剂是KMnO4，还原剂是K2SO3，氧化产物是K2SO4（均填化学式）（2）氧化产物与还原产物的物质的量之比是5：2；若有0.5mol K2SO3参与反应，则转移的电子的物质的量为1mol，产生的H2O的质量为5.4g（3）把该反应方程式改写为离子方程式5SO32+2MnO4+6H+=5SO42+2Mn2+3H2
36、O【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】在反应2KMnO4+5K2SO3+3H2SO46K2SO4+2MnSO4+3H2O中，锰元素化合价由+7价降低为+2价，硫元素化合价由+4价升高为+6价，（1）化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；化合价降低元素被还原，化合价升高元素被氧化；（2）化合价降低元素所在的产物是还原产物，化合价升高元素所在的产物是氧化产物，根据电子转移结合化学方程式计算即可；（3）将可以拆的物质改成离子形式，根据离子方程式的书写方法进行【解答】解：（1）在反应2KMnO4+5K2SO3+3H2SO46K2SO4+2MnSO
37、4+3H2O中，锰元素化合价由+7价降低为+2价，锰元素被还原，KMnO4是氧化剂，还原产物是MnSO4，硫元素化合价由+4价升高为+6价，硫元素被氧化，K2SO3是还原剂，氧化产物是K2SO4，故答案为：KMnO4；K2SO3；K2SO4；（2）由方程式可知，锰元素全部被还原，+4硫元素全部氧化，根据化学计量数判断氧化剂KMnO4与还原剂K2SO3的物质的量之比为2：5由于KMnO4MnSO4，K2SO3K2SO4，所以反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是5：2若有5mol K2SO3参与反应，则转移的电子的物质的量为10mol，产生水是3mol，若有0.5mol K2SO3参与反应，则
38、转移的电子的物质的量为1mol，产生水是0.3mol，级5.4g，故答案为：5：2；1；5.4；（3）该反应方程式改写为离子方程为：5SO32+2MnO4+6H+=5SO42+2Mn2+3H2O，故答案为：5SO32+2MnO4+6H+=5SO42+2Mn2+3H2O【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物和氧化产物，结合方程式判断还原产物和氧化产物的物质的量之比也根据电子转移守恒计算还原产物和氧化产物的物质的量之比18某实验室需要配制480mL 0.10mol/L Na2CO3溶液（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、50
39、0mL容量瓶、胶头滴管（2）实验时图中所示操作的先后顺序为（填编号）（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）称量时误用“左码右物”偏低转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒偏低向容量瓶加水定容时俯视液面偏高摇匀后液面下降，再加水至刻度线偏低（4）所需Na2CO3固体的质量为5.3 g；若改用浓溶液稀释，需要量取2mol/L Na2CO3溶液25.0mL【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】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却
40、、移液、洗涤、定容、摇匀，据此排序；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；（4）依据m=CVM计算需要溶质碳酸钠的质量；若用浓溶液配制，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓溶液的体积【解答】解：（1）实验室需要配制480mL 0.10mol/L Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶，胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管； （2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计
41、算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作步骤为：；故答案为：；（3）称量时误用“左码右物”，依据托盘天平原理：左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，所以实际称取的质量=砝码的质量游码的质量，称取的溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；故答案为：偏低；转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；故答案为：偏低；向容量瓶加水定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高；故答案为：偏高；摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；故答案为：偏低；（4）实验室需要配制480mL 0.10mol/L Na2CO3溶液
42、，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要碳酸钠的质量m=0.10mol/L106g/mol0.5L=5.3g；若改用浓溶液稀释，设需要量取2mol/L Na2CO3溶液体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V2mol/L=0.10mol/L500mL，解得V=25.0mL；故答案为：5.3；25.0【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，题目难度不大三、实验题（本题包括2小题，共30分）19从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O
43、3、MgO等杂质）中提取Al2O3的两种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Fe3+的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（2）固体A 是SiO2（填化学式），写出沉淀F转化为氧化铝的化学方程式2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（3）流程乙中，烧碱与Al2O3反应的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（4）固体X 是Fe2O3、MgO（填化学式）【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】由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，因为铝土矿中有SiO2不反应，则固体A为SiO2，滤液B含有AlC
44、l3、FeCl3、MgCl2等，滤液中加入过量的NaOH，Mg2+、Fe 3+转化为Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，Al3+转化为AlO2，然后过滤，滤液D含有NaAlO、NaCl、NaOH，所以向滤液D中通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀与NaHCO3，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和NaOH溶液反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为Na2SiO3、NaHCO3，滤液中通入过量CO2，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，煅烧氢氧化铝得到氧化铝，据此分析解答【解答】解：由工艺
45、流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，因为铝土矿中有SiO2不反应，则固体A为SiO2，滤液B含有AlCl3、FeCl3、MgCl2等，滤液中加入过量的NaOH，Mg2+、Fe 3+转化为Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，Al3+转化为AlO2，然后过滤，滤液D含有NaAlO、NaCl、NaOH，所以向滤液D中通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀与NaHCO3，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和NaOH溶液反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为Na2SiO3、NaHCO3，滤液中通入过量CO2
46、，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，煅烧氢氧化铝得到氧化铝，（1）氧化铁和稀硫酸反应生成铁离子、水，离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（2）通过以上分析知，A为SiO2，煅烧氢氧化铝得到氧化铝，反应方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：SiO2；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（3）氧化铝是两性氧化物，能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和水，所以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（4）通过以上分
47、析知，X是不和NaOH反应的物质，为Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及元素化合物之间的转化、物质的性质等知识点，明确流程图中各个步骤发生的反应及操作方法是解本题关键，侧重考查学生分析与实验能力，题目难度不大20某研究性学习小组设计如图装置制取氯气并检验氯气的某些性质（1）制取Cl2，检验干燥氯气是否有漂白性盛装浓盐酸的仪器的名称是分液漏斗，烧瓶中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2OB中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中混有的HCl，C中盛装的试剂是浓硫酸通入Cl2后，D、E中观察到的现象是中布
48、条不褪色，E中布条褪色；根据现象可得出的结论是干燥的Cl2没有漂白性F中盛有NaOH溶液，其作用是吸收氯气，防止环境污染，若有2.24L（标准状况下）Cl2被NaOH溶液完全吸收，则反应过程中转移的电子为0.1mol（2）探究铁丝在Cl2中燃烧的产物某同学认为，当足量Cl2与少量铁丝反应时生成FeCl3，当少量Cl2与足量铁丝反应时生成FeCl2为检验该观点是否正确，该同学将一根细的纯铁丝分别在足量和少量的Cl2中点燃，取其表面生成物配制成溶液A、B，并取溶液进行以下实验，请填写下表中的空格实验方法实验现象结论分别向A、B溶液中滴加2滴KSCN溶液 两份溶液都变血红色生成物中都有FeCl3分别
49、向A、B溶液中滴加几滴KMnO4溶液两份溶液颜色均无明显变化生成物中都不含FeCl2根据实验结论，铁丝在Cl2中点燃的化学方程式：2Fe+3Cl22FeCl3 【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；实验设计题；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）根据实验装置图可知，A装置中用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，B装置中用饱和食盐水除去氯化氢，再用C装置中浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入D装置中干燥的有色布条，再通入E装置中湿润的有色布条，再用F装置中的氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，要用防倒吸装置，据此答题；（2）三价铁离子遇到硫氰酸根显红色；高锰酸钾具有氧化性，可以将亚铁离
50、子氧化为三价铁离子，溶液的颜色会发生变化，如果没有变化说明没有亚铁离子生成，则铁与氯气反应生成氯化铁，据此书写化学方程式；【解答】解：（1）根据实验装置图可知，A装置中用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，B装置中用饱和食盐水除去氯化氢，再用C装置中浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入D装置中干燥的有色布条，再通入E装置中湿润的有色布条，再用F装置中的氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，要用防倒吸装置，根据装置图可知，盛装浓盐酸的仪器的名称是 分液漏斗，烧瓶中发生的反应为浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2
51、O，故答案为：分液漏斗； MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O； 根据上面的分析可知，B中盛有饱和食盐水，其作用是 除去Cl2中混有的HCl，C中盛装的试剂是浓硫酸，故答案为：除去Cl2中混有的HCl；浓硫酸； 通入Cl2后，D中布条不褪色，E中布条褪色，根据现象可得出的结论是 干燥的Cl2没有漂白性，故答案为：中布条不褪色，E中布条褪色；干燥的Cl2没有漂白性； F中盛有NaOH溶液，其作用是 吸收氯气，防止环境污染，若有2.24L（标准状况下）即0.1molCl2被NaOH溶液完全吸收，根据反应方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O可知，反应过程中转移的电子为0.1mo
52、l，故答案为：吸收氯气，防止环境污染；0.1； （2）三价铁离子遇到硫氰酸根显红色，所以分别向A、B溶液中滴加2滴KSCN溶液，两份溶液都变血红色，说明生成物中都有FeCl3，高锰酸钾具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，溶液的颜色会发生变化，如果没有变化说明没有亚铁离子生成，所以分别向A、B溶液中滴加几滴KMnO4溶液，两份溶液颜色均无明显变化，说明生成物都不含有FeCl2，铁与氯气反应的方程式为 2Fe+3Cl22FeCl3 ，故答案为：KSCN；两份溶液都变血红色；FeCl2；2Fe+3Cl22FeCl3 【点评】本题考查学生对性质实验方案设计题的掌握，难度中等，需要学生具有扎实的
53、基础知识与灵活运用知识解决问题的能力，注意铁离子和亚铁离子的性质的灵活运用，侧重实验基本能力和基础知识的考查四、计算题（本题包括1小题，共5分）21有一份白色粉末是无水Na2CO3和NaHCO3的混合物，灼烧至恒重时，质量为21.8g把放出的气体通入足量澄清石灰水中，生成10.0g沉淀求原混合物中NaHCO3的质量分数【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】发生反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O、CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O，固体混合物加热至恒重，21.8g为碳酸钠的质量，放出气体的通入澄清石灰水得到10g沉淀为碳酸钙，结合反应方程式列式计算
54、出碳酸氢钠的物质的量，从而可知原混合物的质量，最后根据质量分数的表达式计算出原混合物中NaHCO3的质量分数【解答】解：设混合物中含碳酸氢钠物质的量为x 则：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2 mol 1mol 1molx CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O1 mol 1 mol=0.1mol则： =0.1mol，解得：x=0.2 mol，所以原固体混合物的质量：m1=21.8g+0.1mol44g/mol+0.118g/mol=28.0g，原混合物中碳酸氢钠的质量分数：w（NaHCO3）=100%=60%，答：原混合物中碳酸氢钠的质量分数为60%【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力2016年3月5日