1、2015-2016学年吉林省松原市扶余一中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题共18小题每小题3分，共54分，只有一个选项符合题目要求）1铝合金在日常生活建筑装潢航空航天和汽车制造等方面均有着广泛的用途下列关于铝合金具有广泛用途的分析不正确的是（）A铝元素是在地壳中含量最高的金属元素，储量丰富B常温下可以用铝罐盛装浓硫酸C铝的冶炼技术基本成熟，可以大量生产D从金属活动性顺序来看铝是比较活泼的金属，所以铝丝加热可以在空气中剧烈燃烧2能把K2SO4、（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3四种溶液区别开来（可加热）的一种试剂是（）ABaCl2BNaOHCBa（NO3）2DBa（OH）23甲乙两
2、份铝屑，分别与同浓度的盐酸和NaOH溶液反应，产生的氢气的体积比为1：2（相同状况下），则甲乙反应中消耗酸、碱的物质的量之比为 （）A1：lB1：2C3：2D2：34下列关于NO的叙述正确的是（）A常温常压下，含等质量氧元素的NO和CO的体积相等BNO是一种有刺激性气味的红棕色气体CNO易溶于水，所以可用排空气法收集DNO不能通过化合反应获得5下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（）AFe2+Na+NO3H+BNH4+Fe3+SO42SCNCSO42ClCu2+Mg2+DBa2+K+SO32H+6为加速漂白粉的漂白作用，最好的方法是（）A加入苛性钠溶液B用水湿润C加入少量稀盐酸D加热干燥使用7
3、关于SO2下列变化和其性质对应关系正确的是（）A品红溶液退色漂白性B高锰酸钾溶液退色漂白性C导致酸雨酸性氧化物D通入H2S溶液中变浑浊氧化性8下列关于物质性质的叙述中，正确的是（）A石灰石高岭石石英和水晶的主要成份都是硅酸盐B浓硫酸具有吸水性脱水性，还可以做氧化剂C过量铁粉加入CuCl2溶液中，充分反应后溶液中的阳离子主要是Fe3+D硅是应用广泛的半导体材料，常温下易与氧气、氯气、硫酸等物质反应9氯气和二氧化硫在一定条件下都具有漂白性，若将同条件下等体积的这两种气体混合物溶于水，则下列说法正确的是（）A二者不反应，漂白性不变B二者发生反应，漂白性增强C二者发生反应，漂白性几乎消失来源:学.科.
4、网D无法确定10下列过程中，涉及化学变化的是（）A液氨用作制冷剂B四氯化碳萃取碘水中的碘C铁和铝遇到浓硝酸钝化D蒸馏法将海水淡化为饮用水11如图所示，锥形瓶内装有干燥的气体A，胶头滴管内盛有液体B，若挤压胶头滴管，使液体B滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球C鼓起则对于气体A和液体B最可能的是（）AA是Cl2，B是饱和NaCl溶液BA是NH3，B是酚酞溶液CA是H2，B是水DA是CO2，B是NaHCO3饱和溶液12通过该反应可制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列说法不正确的是（）AH2C2O4在反应中作还原剂B该反应中氧化产物与还原产
5、物的物质的量之比为1：1CKClO3在反应中得到电子D1 molKClO3参加反应有2mol电子转移13向50mL12mol/L浓硝酸中加入足量的铜片，充分反应后，被还原的硝酸的物质的量说法准确的是（）A等于0.6molB等于0.15molC介于0.15mol与0.3mol之间D等于0.3mol14NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧，电子转移0.2NA个B标准状况下，2.24 L Cl2溶于水所得溶液中含有Cl_0.2 NAC1.12 L氧气中含有0.1 NA个氧原子D1mol二氧化碳和足量的过氧化钠反应时转移电子数为2NA个15自来水可用
6、氯气消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（）ANaNO3BFeCl2CNaHSO3DAgNO316下列实验结论正确的是 （）A向某未知试液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则未知液中一定含ClB向某未知试液中滴加盐酸，若产生能使品红溶液褪色的气体，则未知液一定含SO32C向某未知试液中加入氢氧化钠，加热后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原未知液中一定含NH4+D某未知试液中滴加盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则未知液一定含CO3217下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是（）Al2O3 SiO2 Al CaCO3 Fe（OH）3
7、 NaHCO3 NaHSO4 Al（OH）3A除外B除外CD18下列离子方程式中书写正确的一组是 （）制取漂白液的反应原理：Cl2+2OHCl+ClO+H2O铁粉加入三氯化铁溶液中：Fe3+Fe2Fe2+氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl_+ClO来源:Z|xx|k.Com铜片放入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O硫酸铝溶液与足量的氨水混合反应：Al3+4OHAlO2+H2O氯水与FeCl2溶液作用：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl（）ABCD来源:学科网二、非选择题（本题共六个小题，共46分）19将1.6g铜与足量浓硫酸混合加热，使其充分反应（1）该反应的化学方程式是
8、（2）反应后生成的气体在标准状况下的体积为L（3）将反应后溶液加水稀释至50mL，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为mol/L（4）将该铜盐与足量氢氧化钠反应则生成沉淀的质量是g20A、B、C、D四种化合物，其中A、B、C焰色反应均为黄色，而D的焰色反应为紫色，A、C和盐酸反应均得到B，将固体A加热可得到C，若在C的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到A的溶液，若D的溶液滴加到氯化亚铁溶液会先后出现白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀E试推断（填写化学式）A：、B：、C：、D：、E：21（1）已知碳和浓硝酸可以发生反应C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O在反应中还原剂是：，氧化剂是：，若有标
9、况下6.72L的CO2生成，则被还原的硝酸的物质的量是mol（2）将生成的NO2与水反应制取硝酸，请写出反应的化学方程式：；在反应中电子转移的数目约为个；生成的HNO3的物质的量为mol而则完全中和这些反应制得的硝酸需要浓度为2mol/L NaOH的体积为L22某小组利用以下装置制取并探究氨气的性质（1）A中反应的化学方程式是（2）干燥剂选用碱石灰而不用浓硫酸的理由是（3）若C中放有湿润的有色布条，则布条颜色（填“有”或“无”）变化（4）若C中放有湿润的红色石蕊试纸，则试纸颜色的变化是（5）实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入12滴浓盐酸，观察到的现象是发生的反应方程式是（6）为防
10、止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用装置E而不用F装置的理由是23如图所示装置可用于二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，并利用产物进行后续实验，请填写下列空白：（1）写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式；（2）洗气瓶B中放有饱和食盐水、洗气瓶C中放有品红溶液，在洗气瓶D中放有石灰乳，则C瓶中观察到的现象是；D瓶中发生的化学反应方程式是；（3）在该反应中盐酸和二氧化锰反应，盐酸充当的是（氧化剂/还原剂）（4）若反应产生了标况下11.2L的氯气，则参与氧化还原反应的盐酸的物质的量是mol24现有含有少量AlCl3、MgCl2、CuCl2杂质的NaCl溶液，选择适当的试
11、剂除去杂质，得到纯净的NaCl固体，实验流程如图所示（1）沉淀A的主要成分是、（填化学式）（2）中反应的离子方程式是（3）在向溶液1中通入过量的二氧化碳时，反应剩余的NaOH和过量的CO2发生了化学反应，请写出该反应的化学方程式2015-2016学年吉林省松原市扶余一中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共18小题每小题3分，共54分，只有一个选项符合题目要求）1铝合金在日常生活建筑装潢航空航天和汽车制造等方面均有着广泛的用途下列关于铝合金具有广泛用途的分析不正确的是（）A铝元素是在地壳中含量最高的金属元素，储量丰富B常温下可以用铝罐盛装浓硫酸C铝的冶炼技术基本成熟，可以大
12、量生产D从金属活动性顺序来看铝是比较活泼的金属，所以铝丝加热可以在空气中剧烈燃烧【考点】生活中常见合金的组成【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A依据地壳中元素含量排序解答；B浓硫酸具有强的氧化性，常温先能够使铝钝化；C金属铝的冶炼技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产；D根据铝的化学性质以及铝和氧化铝熔点的高低来解答；【解答】解：A地壳中含量最多的金属为铝，故A正确；B浓硫酸具有强的氧化性，常温先能够使铝钝化，生成致密的氧化膜，阻止反应进行，所以常温下可以用铝罐盛装浓硫酸，故B正确；C现在生活和生产中对金属铝的需求量大，金属铝的冶炼利用电解技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产，故C正确
13、；D铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝丝的时候铝熔化了但是不会滴落，不会出现发生剧烈的燃烧，故D错误；故选：D【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，注意钝化属于化学变化，题目难度不大2能把K2SO4、（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3四种溶液区别开来（可加热）的一种试剂是（）ABaCl2BNaOHCBa（NO3）2DBa（OH）2【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】检验硫酸根离子选择钡离子，检验铵根离子选择碱，以此来解答【解答】解：AK2SO4、（NH4）
14、2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；B（NH4）2SO4、NH4Cl均与MaOH反应生成氨气，不能鉴别，故B不选；CK2SO4、（NH4）2SO4均与硝酸钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C不选；DK2SO4、（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3四种溶液分别与氢氧化钡反应的现象为：白色沉淀、白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体、无现象，现象不同，可鉴别，故D选；故选D【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大3甲乙两份铝屑，分别与同浓度的盐酸和NaOH溶液反应，产生的氢
15、气的体积比为1：2（相同状况下），则甲乙反应中消耗酸、碱的物质的量之比为 （）A1：lB1：2C3：2D2：3【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】根据铝与酸、碱反应的化学方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2计算【解答】解：铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，与烧碱溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，二者反应生成氢气体积之比为1：2，而生成氢气物质的量之比为1：2，由方程式可知消耗HCl、NaOH的物质的量之比为12：2=3：2，故选C【点评】
16、本题考查铝的性质、化学方程式计算，题目难度不大，注意有关反应的方程式的书写4下列关于NO的叙述正确的是（）A常温常压下，含等质量氧元素的NO和CO的体积相等BNO是一种有刺激性气味的红棕色气体CNO易溶于水，所以可用排空气法收集DNO不能通过化合反应获得【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】氮族元素【分析】A、由NO和CO可知，物质的量相同时含有等质量的氧元素；来源:学.科.网B、NO为无色气体；C、NO不溶于水，易于被氧气氧化；D、氮气和氧气在放电条件下发生化合反应，生成一氧化氮【解答】解：A、由NO和CO可知，物质的量相同时含有等质量的氧元素，所以常温常压下，体积相等，故A正确；
17、B、因NO为无色气体，故B错误；C、NO不溶于水，易于被氧气氧化，所以不能用排空气法，故C错误；D、氮气和氧气在放电条件下发生化合反应，生成一氧化氮，故D错误；故选A【点评】本题考查NO的性质，较简单，熟悉NO气体的物理性质和化学性质是解答本题的关键5下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（）AFe2+Na+NO3H+BNH4+Fe3+SO42SCNCSO42ClCu2+Mg2+DBa2+K+SO32H+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能结合生成络离子，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：AFe2+、NO3、H
18、+发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；BFe3+、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DSO32、H+结合生成水和气体，不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大6为加速漂白粉的漂白作用，最好的方法是（）A加入苛性钠溶液B用水湿润C加入少量稀盐酸D加热干燥使用【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学反应速率的影响因素【专题】卤族元素【分析】漂白粉的有效成分的是次氯酸钙，但实际起漂白作用的是次氯酸，因此要加速漂白粉的漂白作
19、用就得将次氯酸钙转化为次氯酸，利用强酸制弱酸的原理进行【解答】解：根据漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物，其有效成分为次氯酸钙，但实际上起漂白作用的是次氯酸，利用强酸制弱酸的原理，盐酸的酸性比比次氯酸的酸性强，次氯酸钙与盐酸反应生成具有漂白性的次氯酸，以加速漂白粉的漂白作用，加苛性钠、用水湿润、加热干燥，都不会产生次氯酸，故选C【点评】本题围绕漂白粉的漂白原理来分析解决，实际上还是元素化合物的性质问题，需要掌握相关元素化合物的性质7关于SO2下列变化和其性质对应关系正确的是（）A品红溶液退色漂白性B高锰酸钾溶液退色漂白性C导致酸雨酸性氧化物D通入H2S溶液中变浑浊氧化性【考点】二氧化硫的化
20、学性质【专题】氧族元素【分析】SO2性质有：具有酸性氧化物的通性；具有还原性，被氧化剂氧化成SO3；弱氧化性；漂白性，能够和某些有色物质结合生成无色物质，但是不能漂白酸碱指示剂，以此解答该题，A二氧化硫具有选择漂白性B二氧化硫具有还原性和氧化性的高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；C二氧化硫是硫酸型酸雨的形成原因；D二氧化硫中硫元素化合价处于+4价，具有弱氧化性，和硫化氢反应生成硫单质和水【解答】解：ASO2具有漂白性，能够和某些有色物质结合生成无色物质，但是不能漂白酸碱指示剂，能使品红溶液褪色，故A正确；BSO2具有还原性，被氧化剂氧化成SO3或者硫酸，故能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；CS
21、O2具有酸性氧化物的通性，空气中的二氧化硫能够和水反应生成亚硫酸，空气中氧化为硫酸，随雨水落下形成酸雨，二氧化硫是导致酸雨的原因，但酸性氧化物不一定形成酸雨，形成酸雨的物质是硫酸，故C错误；D二氧化硫中硫元素化合价处于+4价，具有弱氧化性，通入H2S溶液中变浑浊，反应为SO2+2H2S=3S+2H2O，二氧化硫表现的是氧化性，故D正确；故选AD【点评】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，侧重二氧化硫性质的考查，注重基础知识的夯实，注意相关物理性质的记忆，题目较简单8下列关于物质性质的叙述中，正确的是（）A石灰石高岭石石英和水晶的主要成份都是硅酸盐B浓硫酸具有吸水性脱水性，还可以做氧化剂C过量铁
22、粉加入CuCl2溶液中，充分反应后溶液中的阳离子主要是Fe3+D硅是应用广泛的半导体材料，常温下易与氧气、氯气、硫酸等物质反应【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】物质的性质和变化专题【分析】A水晶的主要成分是二氧化硅；B浓硫酸具有吸水性和强氧化性；C铁与CuCl2反应生成二价铁离子和铜单质；D常温下和氯气、硫酸不反应【解答】解：A石灰水的主要成分是氢氧化钙，水晶的主要成分是二氧化硅，故A错误； B浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，故B正确；C铁与CuCl2反应生成二价铁离子和铜单质，溶液中的阳离子主要是Fe2+，故C正确；D硅是亲氧元素，常温下极易和氧气反应，但常温下硅和氯气、硫酸不
23、反应，故D错误故选B【点评】本题考查物质的组成、结构和性质的关系等知识点，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握9氯气和二氧化硫在一定条件下都具有漂白性，若将同条件下等体积的这两种气体混合物溶于水，则下列说法正确的是（）A二者不反应，漂白性不变B二者发生反应，漂白性增强C二者发生反应，漂白性几乎消失D无法确定【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【专题】卤族元素【分析】氯气和二氧化硫都具有漂白性但是二者等物质的量混合反应生成物漂白性的氯化氢和硫酸，由此分析解答【解答】解：SO2和Cl2等物质的量混合时，发生SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，盐酸和稀硫酸无漂白性
24、，生成物不具有漂白性，故选C【点评】本题考查了二氧化硫的性质，明确二氧化硫漂白性和还原性是解题关键，注意归纳常见的漂白性物质及原理，题目难度不大10下列过程中，涉及化学变化的是（）A液氨用作制冷剂B四氯化碳萃取碘水中的碘C铁和铝遇到浓硝酸钝化D蒸馏法将海水淡化为饮用水【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【专题】物质的性质和变化专题【分析】化学变化有新物质的生成，物理变化没有新物质生成，据此解答【解答】解：A液氨汽化需要吸收大量的热，能做制冷剂，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B四氯化碳萃取碘水中的碘，原理是依据物质在不同溶剂中溶解度不同分离物质，过程中没有新物质生成，属于物理变
25、化，故B错误；C浓硝酸具有强的氧化性，与铁、铝发生钝化反应，生成致密氧化膜，过程中有新物质生成属于化学变化，故C正确；D蒸馏法将海水淡化为饮用水，依据物质的沸点不同分离物质，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选：C【点评】本题考查了化学变化与物理变化的判断，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大11如图所示，锥形瓶内装有干燥的气体A，胶头滴管内盛有液体B，若挤压胶头滴管，使液体B滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球C鼓起则对于气体A和液体B最可能的是（）AA是Cl2，B是饱和NaCl溶液BA是NH3，B是酚酞溶液CA是H2，B是水DA是CO2，B是NaHCO3饱和溶液【考
26、点】实验装置综合【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】挤压胶头滴管，使液体B滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球C鼓起，说明锥形瓶内压强减小，A可能溶于B或与B发生反应，以此来解答来源:学*科*网【解答】解：挤压胶头滴管，使液体B滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球C鼓起，说明锥形瓶内压强减小，A可能溶于B或与B发生反应，A食盐水抑制氯气的溶解，故A不选；B氨气易溶于水，故B选；C氢气不溶于水，故C不选；D二氧化碳不能溶于碳酸氢钠溶液，故D不选；故选B【点评】本题考查物质的性质及实验装置的应用，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不
27、大12通过该反应可制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列说法不正确的是（）AH2C2O4在反应中作还原剂B该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1CKClO3在反应中得到电子D1 molKClO3参加反应有2mol电子转移【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答【解答】解：AC元素的化合价升高，则H2C2O4被氧化，为还原剂，故A正确；B氧化产物为C
28、O2，还原产物为ClO2，由方程式可知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，故B正确；CCl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，故C正确；D.1molKClO3发生反应，转移电子为1mol（54）=1mol，故D错误故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，注意电子数的计算，题目难度不大13向50mL12mol/L浓硝酸中加入足量的铜片，充分反应后，被还原的硝酸的物质的量说法准确的是（）A等于0.6molB等于0.15molC介于0.15mol与0.3mol之间D等于0.3mol【考点】化学
29、方程式的有关计算【专题】守恒法；极端假设法；利用化学方程式的计算【分析】由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，被还原的硝酸生成NO2、NO，由N元素守恒可知：2nCu（NO3）2+n（气体）=n（HNO3）=0.05L12mol/L=0.6mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，只有NO时，被还原的硝酸到极小值，再结合电子转移守恒计算【解答】解：由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，反应生成气体为NO2、NO，由N元素守恒可知：2nCu（NO3）2+n（气体）=n（HNO3）=0.05L12mol/L=0.6mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，根据电子转移守恒2nCu（NO3）
30、2=n（NO2），联立方程解得：n（NO2）=0.3mol；只有NO时，被还原的硝酸到极小值，根据电子转移守恒2nCu（NO3）2=3n（NO），联立方程解得：n（NO）=0.15mol，由N原子守恒被还原的硝酸介于0.15mol与0.3mol之间，故选：C【点评】本题考查硝酸性质、化学计算，侧重考查学生分析计算能力，注意守恒法与极限法应用14NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧，电子转移0.2NA个B标准状况下，2.24 L Cl2溶于水所得溶液中含有Cl_0.2 NAC1.12 L氧气中含有0.1 NA个氧原子D1mol二氧化碳和足量的过
31、氧化钠反应时转移电子数为2NA个【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】A0.1mol铁与0.1mol氯气反应转移0.2mol电子； B氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；C气体状况未知，Vm不确定；D1mol二氧化碳和足1mol过氧化钠反应时转移1mol电子【解答】解：A0.1mol铁与0.1mol氯气反应转移0.2mol电子即0.2NA个，故A正确；B部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，含有Cl_少于0.2 NA，故B错误；C气体状况未知，Vm不确定，无法计算氧气的物质的量，故C错误；D1mol二氧化碳和足1mol过氧化钠反应时转移1mol电子，电子数为NA个，故D
32、错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒结构，氧化还原反应电子转移计算，掌握基础是关键，题目较简单15自来水可用氯气消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（）ANaNO3BFeCl2CNaHSO3DAgNO3【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】自来水可以用氯气消毒，得到氯水中含H+、OH、ClO、Cl，及水、HClO、氯气三种分子，结合微粒的性质来解答【解答】解：自来水可以用氯气消毒，得到氯水中含H+、OH、ClO、Cl，及水、HClO、氯气三种分子，反应能够与其发生反应的都会产生变质，A氯气不能氧化NaNO3，所以不变质，
33、故A不选；B氯气能够氧化氯化亚铁，可变质，故B不选；C氯气能够氧化亚硫酸钠，可变质，故C不选；D硝酸银中的银离子能够与氯离子反应，可变质，故D不选；故选：A【点评】本题考查了查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，明确氯水的成分及所含微粒的性质是解题关键，题目难度不大16下列实验结论正确的是 （）A向某未知试液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则未知液中一定含ClB向某未知试液中滴加盐酸，若产生能使品红溶液褪色的气体，则未知液一定含SO32C向某未知试液中加入氢氧化钠，加热后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原未知液中一定含NH4+D某未知试液中滴加盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑
34、浊的气体，则未知液一定含CO32【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A和硝酸银发生反应生成的白色沉淀可能为氯化银、硫酸银；B能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，滴入盐反应生成二氧化硫的离子可以是HSO3、SO32；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；D二氧化碳、二氧化硫气体通过澄清石灰水都可以变浑浊；【解答】解：A、硫酸银、氯化银、碳酸银都是白色沉淀，故向一种未知溶液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，此沉淀不能确定是氯化银，故A错误；B、一种未知溶液滴加盐酸，产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，原溶液中可能含HSO3、SO32，不能确定一定
35、含SO32，故B错误；C、一种未知溶液滴加NaOH溶液，加热后产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，NH4+OH=NH3+H2O，故原溶液中一定存在铵根，故C正确；D某未知试液中滴加盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是生成了二氧化碳、二氧化硫气体，原溶液中可能含HSO3、SO32，HCO3、CO32，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握离子检验的试剂、现象、结论的关系为解答的关键，题目难度不大17下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是（）Al2O3 SiO2 Al CaCO3 Fe（OH）3 NaHCO3 NaHSO4 Al（OH）
36、3A除外B除外CD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】抽象问题具体化思想；演绎推理法；几种重要的金属及其化合物【分析】既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的物质有多元弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸弱碱盐以及铝单质等，据此答题【解答】解：Al2O3 是两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应，SiO2是酸性氧化物，不能与盐酸反应，Al既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应，CaCO3只能与盐酸反应，不能与烧碱溶液反应，Fe（OH）3 是弱碱，只能与盐酸反应，不能与烧碱溶液反应，NaHCO3是多元弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应，NaHSO4 不能与
37、盐酸反应，能与烧碱溶液反应，Al（OH）3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应，故选D【点评】本题考查了物质的性质，明确能和强酸或强碱反应的物质是解本题的关键，难度不大，注重基础知识的考查，答题时要熟记常见元素化合物知识18下列离子方程式中书写正确的一组是 （）制取漂白液的反应原理：Cl2+2OHCl+ClO+H2O铁粉加入三氯化铁溶液中：Fe3+Fe2Fe2+氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl_+ClO铜片放入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O硫酸铝溶液与足量的氨水混合反应：Al3+4OHAlO2+H2O氯水与FeCl2溶液作用：2Fe2+Cl22Fe3
38、+2Cl（）ABCD【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】氯气与NaOH溶液反应制备漂白液；铁具有还原性，三价铁离子具有氧化性，发生氧化还原反应，方程式左右电荷不守恒；次氯酸是弱电解质；铜片放入稀硝酸中生成一氧化氮；氨水碱性较弱，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，一水合氨应写化学式；氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，两者发生氧化还原反应【解答】解：氯气与NaOH溶液反应制备漂白液，则离子反应为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故正确；铁粉加入三氯化铁溶液中：2Fe3+Fe3Fe2+，故错误；氯气与水反应生成的次氯酸是弱电解质：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故错误；铜片放入
39、稀硝酸中反应生成硝酸铜、NO和水，离子反应为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故错误；硫酸铝溶液与足量的氨水混合反应，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故错误；氯水与FeCl2溶液作用，生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+，故正确；故选C【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，把握发生的化学反应为解答的关键，注重基础知识的考查，注意离子反应的书写方法及弱电解质的判断，题目难度中等二、非选择题（本题共六个小题，共46分）19将1.6g铜与足量浓硫酸混合加热，使其充分反应（1）该反应的化学方程式是Cu+2
40、H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2（2）反应后生成的气体在标准状况下的体积为0.56L（3）将反应后溶液加水稀释至50mL，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为0.5mol/L（4）将该铜盐与足量氢氧化钠反应则生成沉淀的质量是2.45g【考点】氧化还原反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水；（2）计算Cu的物质的量，根据方程式计算生成二氧化硫物质的量，再根据V=nVm计算二氧化硫体积；（3）根据Cu原子守恒计算n（Cu2+），再根据c=计算；（4）由Cu原子守恒可知nCu（OH）2，再根据m=nM计算其质量【解答】解：（1
41、）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；（2）1.6g Cu的物质的量为=0.025mol，由方程式可知n（SO2）=n（Cu）=0.025mol，标况下V（SO2）=0.025mol22.4L/mol=0.56L，故答案为：0.56；（3）根据Cu原子守恒n（Cu2+）=n（Cu）=0.025mol，将反应后溶液加水稀释至50mL，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为=0.5mol/L，故答案为：0.5；（4）由Cu原子守恒可知nCu（OH）2=n（
42、Cu）=0.025mol，则mCu（OH）2=0.025mol98g/mol=2.45g，故答案为：2.45【点评】本题考查化学方程式有关计算，比较基础，明确反应的反应即可解答，注意掌握以物质的量为中心的计算20A、B、C、D四种化合物，其中A、B、C焰色反应均为黄色，而D的焰色反应为紫色，A、C和盐酸反应均得到B，将固体A加热可得到C，若在C的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到A的溶液，若D的溶液滴加到氯化亚铁溶液会先后出现白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀E试推断（填写化学式）A：NaHCO3、B：NaCl、C：Na2CO3、D：KOH、E：Fe（OH）3【考点】钠的重要化合物【专题】金属概论
43、与碱元素【分析】A、B、C焰色反应均为黄色，说明都含有钠元素的化合物，D的焰色反应为紫色，说明D含有钾，A、C和盐酸反应均得到B，将固体A加热可得到C，若在C的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到A的溶液，可知A为碳酸氢钠、C为碳酸钠，B为氯化钠，D的溶液滴加到氯化亚铁溶液会先后出现白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀E，依据沉淀颜色判断E为氢氧化铁沉淀，则D为碱，且含有钾离子，推知其为氢氧化钾，据此解答【解答】解：A、B、C焰色反应均为黄色，说明都含有钠元素的化合物，D的焰色反应为紫色，说明D含有钾，A、C和盐酸反应均得到B，将固体A加热可得到C，若在C的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到A的溶液
44、，可知A为碳酸氢钠、C为碳酸钠，B为氯化钠，其化学式分别为：A：NaHCO3、B：NaCl、C：Na2CO3；D的溶液滴加到氯化亚铁溶液会先后出现白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀E，依据沉淀颜色判断E为氢氧化铁沉淀化学式为，则D为碱Fe（OH）3，且含有钾离子，推知其为氢氧化钾化学式为：KOH；故答案为：A：NaHCO3、B：NaCl、C：Na2CO3 D：KOH、E：Fe（OH）3【点评】本题为推断题，考查了物质转化关系的判断，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大21（1）已知碳和浓硝酸可以发生反应C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O在反应中还原剂是：C，氧化剂是：HNO3，若有标况
45、下6.72L的CO2生成，则被还原的硝酸的物质的量是1.2mol（2）将生成的NO2与水反应制取硝酸，请写出反应的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；在反应中电子转移的数目约为4.8161023个；生成的HNO3的物质的量为0.8mol而则完全中和这些反应制得的硝酸需要浓度为2mol/L NaOH的体积为0.4L【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算【分析】（1）所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；反应中硝酸全部起氧化剂作用，根据方程式计算被还原的硝酸的物质的量；（2）根据方程式可知生成二氧化氮为4=1.2mol
46、，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO；计算生成硝酸的物质的量，根据N元素化合价变化计算转移电子数目，中和得到的硝酸，则n（NaOH）=n（HNO3），再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：（1）反应中C元素化合价升高，故C是还原剂，反应中硝酸中N元素化合价降低，故HNO3是氧化剂，6.72L二氧化碳物质的量为=0.3mol，由C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O，可知反应中硝酸全部起氧化剂作用，故被还原的硝酸的物质的量为40.3mol=1.2mol，故答案为：C；HNO3；1.2；（2）根据方程式可知生成二氧化氮为4=1.2mol，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：
47、3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应生成硝酸为1.2mol=0.8mol，故转移电子为0.8mol（54）6.021023mol1=4.8161023，中和得到的硝酸，则n（NaOH）=n（HNO3）=0.8mol，需要氢氧化钠溶液的体积为=0.4L，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；4.8161023；0.8；0.4【点评】本题考查氧化还原反应、化学方程式计算等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握22某小组利用以下装置制取并探究氨气的性质（1）A中反应的化学方程式是2NH4Cl+Ba（OH）2=BaCl2+2NH3+2H2O（2）干燥剂选用碱石灰而不用浓硫酸的理由是氨气和硫酸
48、反应生成硫酸铵（3）若C中放有湿润的有色布条，则布条颜色无（填“有”或“无”）变化（4）若C中放有湿润的红色石蕊试纸，则试纸颜色的变化是蓝色（5）实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入12滴浓盐酸，观察到的现象是有白烟生成发生的反应方程式是NH3+HClNH4Cl（6）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用装置E而不用F装置的理由是可以防止倒吸【考点】氯气的实验室制法【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）用氯化铵与氢氧化钡反应制备氨气，生成氨气和氯化钡、水；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂；（3）氨气不能使湿润的有色布条褪色；（4）氨气能
49、使湿润的红色石蕊试纸变蓝；（5）氨气与挥发的HCl会生成白烟；（6）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置【解答】解：（1）用氯化铵与氢氧化钡反应制备氨气，生成氨气和氯化钡、水，方程式为：2NH4Cl+Ba（OH）2=BaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ba（OH）2=BaCl2+2NH3+2H2O；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂碱石灰干燥，浓硫酸具有酸性能与氨气反应，不能干燥氯气，故答案为：氨气和硫酸反应生成硫酸铵；（3）氨气不能使湿润的有色布条褪色，故答案为：无；（4）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：蓝色；（5）氨气与挥发的HCl会生成氯化铵
50、晶体，所以有白烟生产，反应方程式为NH3+HClNH4Cl，故答案为：有白烟生成；NH3+HClNH4Cl；（6）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置，故答案为：可以防止倒吸【点评】本题考查了氨气的制备及氨气的性质，掌握制备原理及氨气的性质是解题关键，题目难度不大23如图所示装置可用于二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，并利用产物进行后续实验，请填写下列空白：（1）写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）洗气瓶B中放有饱和食盐水、洗气瓶C中放有品红溶液，在洗气瓶D中放有石灰乳，则C瓶中观察到的现象是品红褪色；D瓶中发生的化
51、学反应方程式是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）在该反应中盐酸和二氧化锰反应，盐酸充当的是还原剂（氧化剂/还原剂）（4）若反应产生了标况下11.2L的氯气，则参与氧化还原反应的盐酸的物质的量是1mol【考点】氯气的实验室制法【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；（2）洗气瓶C中放有品红溶液，氯气通入口红溶液使品红褪色；在洗气瓶D中放有石灰乳，氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙、水；（3）在该反应中盐酸和二氧化锰反应，盐酸中氯的化合价升高，充当的是还原剂；（4）盐酸参加氧化还原反应生成氯气，根据氯守恒参
52、与氧化还原反应的盐酸的物质的量是盐酸的2倍【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学反应方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）洗气瓶C中放有品红溶液，氯气通入口红溶液使品红褪色；在洗气瓶D中放有石灰乳，氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙、水，反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：品红褪色；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）在该反应中盐酸和二氧化锰反应，盐酸中氯的化合价升高，充当的是还
53、原剂，故答案为：还原剂；（4）盐酸参加氧化还原反应生成氯气，根据氯守恒参与氧化还原反应的盐酸的物质的量是盐酸的2倍，所以参与氧化还原反应的盐酸的物质的量是=1 mol，故答案为：1 mol【点评】本题考查了氯气的实验室制法和氯气的性质、氧化还原反应的规律，解题关键在于明确实验室制备氯气的原理和氯气的性质，题目难度中等24现有含有少量AlCl3、MgCl2、CuCl2杂质的NaCl溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaCl固体，实验流程如图所示（1）沉淀A的主要成分是Mg（OH）2、Cu（OH）2（填化学式）（2）中反应的离子方程式是AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（3
54、）在向溶液1中通入过量的二氧化碳时，反应剩余的NaOH和过量的CO2发生了化学反应，请写出该反应的化学方程式NaOH+CO2=NaHCO3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】由实验流程可知，含有少量AlCl3、MgCl2、CuCl2杂质的NaCl溶液，加入过量的NaOH，生成沉淀A为Mg（OH）2、Cu（OH）2，和溶液1为NaAlO2、NaCl、NaOH的混合溶液，通入过量的二氧化碳，得到沉淀B为Al（OH）3，溶液2为NaCl、NaHCO3的混合溶液，再在混合溶液中加入盐酸生成气体A为，溶液3为NaCl、HC
55、l的混合溶液，再经过蒸发结晶可得氯化钠固体，据此答题【解答】解：由实验流程可知，含有少量AlCl3、MgCl2、CuCl2杂质的NaCl溶液，加入过量的NaOH，生成沉淀A为Mg（OH）2、Cu（OH）2，和溶液1为NaAlO2、NaCl、NaOH的混合溶液，通入过量的二氧化碳，得到沉淀B为Al（OH）3，溶液2为NaCl、NaHCO3的混合溶液，再在混合溶液中加入盐酸生成气体A为，溶液3为NaCl、HCl的混合溶液，再经过蒸发结晶可得氯化钠固体，（1）根据 上面的分析可知，沉淀A的主要成分是Mg（OH）2、Cu（OH）2，故答案为：Mg（OH）2；Cu（OH）2；（2）中反应为偏铝酸钠与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式是AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（3）反应剩余的NaOH和过量的CO2发生反应的化学方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，故答案为：NaOH+CO2=NaHCO3【点评】本题考查物质的分离提纯操作方法，题目难度中等，解答时注意明确Cl、SO42的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序
