1、2013-2014学年陕西省铜川市耀州中学实验学部高一（下）期末化学试卷（重点班）一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是最符合题意的，请将答案涂在答题卡上；每小题3分，共48分）1（3分）（2010河北校级学业考试）许多国家十分重视海水资源的综合利用不需要化学变化就能从海水中获得的物质是（）A溴单质、碘单质B钠、镁C氧气、氢气D食盐、淡水考点：海水资源及其综合利用所有专题：化学应用分析：根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到解答：解：A可从海水中获溴单质和碘单质是通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质
2、，是化学变化，故A错误；B通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化；通过电解熔融的氯化镁得镁和氯气，是化学变化，故B错误；C通过电解饱和食盐水得到烧碱、氢气和氯气，是化学变化；电解水得到氢气和氧气，是化学变化，故C错误；D把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，都不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；故选D点评：本题考查了海水的成分，需要注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键2（3分）（2014春铜川校级期末）下列物质是电解质的为（）A硫黄B硫酸钠C酒精D硝酸钾溶液考点：电解质与非电解质所有分析：在水溶液里或熔融状态下能导
3、电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，以此来解答解答：解：A硫磺是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B硫酸钠在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，故B正确；C酒精在水溶液里和熔融状态下都不导电，属于非电解质，故C错误；D硝酸钾溶液是混合物，则不属于电解质，故D错误；故选B点评：本题考查了电解质的判断，难度不大，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质3（3分）（2012秋忻州期末）等质量的下列物质所含分子数最多的是（）AH2BO2CN2DCO2考点：物质的量的相关计算所有专题：计算题分析：根据n=可知相等质量的物
4、质，物质的摩尔质量越大，其物质的量越小，根据N=nNA可知，物质的量越大，含有分子数目越大，据此判断解答：解：H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，故摩尔质量：CO2O2N2H2，根据n=可知相等质量的物质，其物质的量：CO2O2N2H2，物质的量越大，含有分子数目越大，故氢气含有的分子数目最多，故选A点评：本题考查物质的量的有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用4（3分）（2014春铜川校级期末）下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A硅可用作半导体材料B明矾可用作净水剂CFe2O3俗称铁红，
5、常用作红色油漆和涂料D煤是一种清洁能源，直接燃烧不会造成环境污染考点：硅和二氧化硅；盐类水解的应用；铁的氧化物和氢氧化物所有分析：ASi属于半导体，据此来确定其用途；B明矾可用作净水剂，是因为明矾与水反应生成氢氧化铝胶体；C“铁红”化学式为Fe2O3；D煤中含有硫氮等元素解答：解：ASi属于半导体，是重要的半导体材料，故A正确； B明矾可用作净水剂，是因为明矾与水反应生成氢氧化铝胶体，故B正确；C“铁红”化学式为Fe2O3，是红色油漆的重要原料，故C正确；D煤是一种常用的燃料，由于煤燃烧产生的废气含有SO2、NO2和NO等多种有害气体和烟尘会对环境造成污染，故D错误故选D点评：本题考查硅在自然
6、界中的存在形式以及硅和二氧化硅的性质和用途等，较简单，注意元素的存在与性质的关系5（3分）（2013浙江校级模拟）将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现沉淀的是（）A稀硫酸B稀氢氧化钠溶液C硫酸铜溶液D氯化铵溶液考点：钠的化学性质所有专题：金属概论与碱元素分析：将钠投入溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和酸或部分盐能发生复分解反应，根据盐的可溶性判断即可解答：解：A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸反应生成可溶性的硫酸钠和水，所以只能生成气体不会产生沉淀，故A不选；B钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，所以只能生成气体不会产生沉淀，故B不选；C钠和水反应生成
7、可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应生成难溶性的氢氧化铜，所以既能产生气体又能出现沉淀，故C选；D钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铵反应生成可溶性的氯化钠和氨水，所以不能产生沉淀，故D不选；故选C点评：本题考查的是钠与碱、盐溶液的反应，表面看钠与碱不反应，无方程式可写，但是钠却能够和溶液中的溶剂水反应所以反应的实质就是钠与水的反应，从另一方面还考查了学生的思维能力6（3分）（2014春铜川校级期末）氯化钠溶液中溶解了部分单质碘，将其进行分离的正确方法是（）A分液B萃取C蒸馏D过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用所有分析：根据碘易溶于有机溶剂的性质
8、解答解答：解：碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取可分离氯化钠和单质碘的水溶液，故选B点评：本题考查物质分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及分离方法为解答的关键，侧重除杂的考查，注意物质的性质差异及除杂原则，题目难度不大7（3分）（2012秋白城期末）在反应：2H2S+SO2=3S+2H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比（）A1：1B1：2C3：2D2：1考点：氧化还原反应的计算所有专题：氧化还原反应专题分析：反应：2H2S+SO2=3S+2H2O中，H2S中S元素的化合价升高，被氧化，SO2中S元素的化合价降低，被还原，结合方程式的化学计量数关系进行判断解答：解：应：2
9、H2S+SO2=3S+2H2O中，H2S中S元素的化合价升高，被氧化，SO2中S元素的化合价降低，被还原，由方程式计量数关系可知，当有2molH2S被氧化时，有1molSO2被还原，则被氧化与被还原的硫原子数之比为2：1，故选D点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意把握元素的化合价的变化，结合化学方程式计算即可8（3分）（2014春铜川校级期末）下列表述不正确的是（）AAl2O3熔点很高，可用作高级耐火材料B二氧化硅可用于制造光导纤维C氯水有漂白性是因为其中含有大量的Cl2分子D分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3 悬浊液Fe（OH）3 胶体FeCl3 溶液考点：硅和二氧
10、化硅；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氯、溴、碘及其化合物的综合应用所有专题：物质的分类专题；卤族元素；碳族元素分析：A因为氧化铝熔点很高，故可以做耐火材料；B二氧化硅折射率很大，光在里面传播发生全反射，所以用于制光导纤维；C氯水具有漂白性，起作用氯水中的HClO分子；D散系分散系是按照分散质粒子的直径进行分类的，小于1nm的为溶液，1100nm之间的为胶体，大于100nm的为浊液解答：解：A氧化铝熔点很高，故可以做耐火材料，故A正确；B二氧化硅折射率大，用于制光导纤维，故B正确；C氯水有漂白性是因为其中含有大量的HClO分子，故C错误；D分散质粒子的直径小于1nm的为溶液，1100nm之间的
11、为胶体，大于100nm的为浊液，故D正确；故选C点评：本题考查了常见物质氧化铝，氯水、二氧化硅的性质，分散系的概念，题目难度较小，B选项注意二氧化硅和硅的用途的区别，容易混淆9（3分）（2014春铜川校级期末）下列说法中不正确的是（）A实验室制Fe（OH）2时应将汲有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下，缓缓挤出碱液B镁铝合金的硬度和熔点都比纯铝和纯镁大C结晶形和无定形二氧化硅统称硅石D常温下，铝能和空气里的氧气反应生成一层致密的氧化膜，从而常温耐腐蚀考点：铝的化学性质；含硅矿物及材料的应用；合金的概念及其重要应用；铁的氧化物和氢氧化物所有专题：元素及其化合物分析：A+2价铁不稳定，
12、易被氧化，在制备Fe（OH）2时应该隔绝空气；B合金的熔点和硬度都小于其成分的熔点和硬度；C结晶形和无定形二氧化硅统称硅石；D铝属于亲氧元素，极易被空气中氧气氧化生成氧化铝薄膜解答：解：A+2价铁不稳定，易被氧化为+3价，在制备Fe（OH）2时应该隔绝空气，所以实验室制Fe（OH）2时应将汲有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下，缓缓挤出碱液，从而排除空气干扰，故A正确；B合金的熔点和硬度都小于其成分的熔点和硬度，所以镁铝合金的硬度和熔点都比纯铝和纯镁小，故B错误；C二氧化硅能存在于自然界中，结晶形和无定形二氧化硅统称硅石，故C正确；D铝属于亲氧元素，极易被空气中氧气氧化生成致密的氧
13、化铝薄膜，从而常温下耐腐蚀，故D正确；故选B点评：本题考查较综合，涉及氢氧化亚铁的制备、合金的性质、铝的性质等知识点，注意氢氧化亚铁制备方法、反应现象，为常考查点10（3分）（2014春铜川校级期末）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A78g Na2O2与足量水充分反应时电子转移数为2NAB含NA个氧原子的氧气在标准状况下的体积约为22.4 LC4、101kPa时，54mL H2O中含有的分子数为3NAD2L1mol/LNa2SO4溶液中离子总数为3NA考点：阿伏加德罗常数所有分析：A过氧化钠中氧元素的化合价为1价，根据反应生成氧气的物质的量计算转移的电子数；B没有告诉在标况下，不
14、能使用标况下的气体摩尔体积计算；C4、101kPa时，54mL H2O的质量约为54g，据此计算出水的物质的量及分子数；D根据n=cV计算出硫酸钠的物质的量，再计算出含有的离子数解答：解：A78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠与足量水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，反应时电子转移数为NA，故A错误；B不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氧气的体积，故B错误；C4、101kPa时，水的密度约为1g/mL，54mL H2O的质量为54g，水的物质的量为3mol，含有的分子数为3NA，故C正确；D2L 1mol/L Na2SO4溶液中含有溶质硫酸钠2mol，
15、2mol硫酸钠中含有4mol钠离子、2mol硫酸根离子，总共含有6mol离子，含有离子总数约为6NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题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11（3分）（2012秋昆明校级期末）两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（）A1：1B2：3C3：2D1：6考点：铝的化学性质；化学方程式的有关计算所有专题：计算题
16、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，由方程式可以看出，反应关系式都为2Al3H2，同温同压下放出相同体积的气体，需要铝的物质的量相等，质量相等，故选A点评：本题考查铝与酸、碱反应的性质，题目难度不大，注意相关方程式的书写12（3分）（2013秋葫芦岛期末）只用下列试剂中的一种，就能将FeCl3、NH4Cl和NaCl三种溶液区别开的是（）AKSCN溶液
17、BBaCl2溶液CAgNO3溶液DNaOH溶液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计所有专题：物质检验鉴别题分析：FeCl3、NH4Cl和NaCl三种溶液，阳离子不同，加NaOH溶液的现象分别为红褐色沉淀、刺激性气体、无现象，以此来解答解答：解：ANH4Cl和NaCl与KSCN溶液均不反应，不能区别，故A错误；B三种溶液均不与BaCl2溶液反应，不能区别，故B错误；C三种溶液均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，不能区别，故C错误；DFeCl3、NH4Cl和NaCl三种溶液，阳离子不同，加NaOH溶液的现象分别为红褐色沉淀、刺激性气体、无现象，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D点评：本题考查了常见
18、物质的鉴别，把握物质的性质及相互发生的化学反应为解答的关键，注意现象不同可鉴别物质，题目难度不大13（3分）（2014春铜川校级期末）能用于鉴别SO2和CO2的溶液是（）A澄清石灰水B氯化钡溶液C品红溶液D紫色石蕊试液考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用所有分析：SO2与CO2均能使澄清的石灰水变浑浊，均不与氯化钡溶液、硫酸反应，则无法鉴别，但二氧化硫具有漂白性，而二氧化碳不具有，以此鉴别解答：解：ASO2与CO2均能使澄清的石灰水变浑浊，现象相同，无法鉴别，故A错误；B二者均不与氯化钡溶液反应，无法鉴别，故B错误；C二氧化硫具有漂白性能使品红褪色，而二氧化碳不能使品红褪色，则可以鉴别，
19、故C正确；D二者都可使紫色石蕊试液变红色，不能鉴别，故D错误故选C点评：本题考查物质的鉴别，明确物质的化学性质是解答本题的关键，注意利用反应中不同的现象来鉴别物质，题目难度不大14（3分）（2014春铜川校级期末）下列反应的离子方程式正确的是（）A用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+CuFe2+Cu2+B氧化铝溶于氢氧化钠：Al2O3+2OH2AlO2+H2C氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+D澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O考点：离子方程式的书写所有分析：A电荷不守恒、转移电子不守恒；B氧化铝溶于氢氧化钠溶
20、液生成偏铝酸钠和水；C一水合氨是弱电解质，要写化学式，且氢氧化铝难溶于弱碱；D二氧化碳过量时生成碳酸氢钙解答：解：A电荷不守恒、转移电子不守恒，离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故A错误；B氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故B错误；C一水合氨是弱电解质，要写化学式，且氢氧化铝难溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C正确；D二氧化碳过量时生成碳酸氢钙，离子方程式为OH+CO2HCO3，故D错误；故选C点评：本题考查离子方程式的书写，为高频考点，明确离子方程式书写规则及物质的性质即可解答，
21、注意某些反应还与物质的量的量有关，易错选项是C，注意离子方程式书写要遵循客观事实、原子守恒及转移电子守恒和电荷守恒15（3分）（2014春铜川校级期末）根据反应式：（1）2Fe3+2I2Fe2+I2；（2）Br2+2Fe2+2Br+2Fe3+，可判断离子的还原性从强到弱的顺序是（）AIFe2+BrBBrFe2+ICBrIFe2+DFe2+IBr考点：氧化性、还原性强弱的比较所有分析：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+，
22、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A点评：本题考查离子还原性的比较，明确氧化还原反应中还原剂中元素的化合价升高、还原剂的还原性大于还原产物的还原性即可解答16（3分）（2014春铜川校级期末）下列叙述正确的是（）ASO2能使高锰酸钾溶液褪色，说明SO2有漂白性B水玻璃中通CO2可得到胶状沉淀，说明碳酸酸性比硅酸强CCl2和SO2都有较好的漂白作用，所以Cl2和SO2混合后可用于漂白纸浆D某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解，证明溶
23、液中肯定含有SO42考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质所有专题：氧族元素分析：A二氧化硫和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；B强酸能和弱酸的盐溶液反应生成弱酸；C氯气和二氧化硫在水溶液能发生氧化还原反应；D能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀且沉淀不溶于稀硝酸的离子有Ag+、SO42、SO32解答：解：A二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾有强氧化性，二者能发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不是二氧化硫的漂白性使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B强酸能和弱酸的盐溶液反应生成弱酸，水玻璃中通CO2可得到胶状沉淀硅酸，说明碳酸酸性比硅酸强，故B正确；CCl2+SO2+2
24、H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和盐酸都没有漂白性，所以Cl2和SO2混合后不可用于漂白纸浆，故C错误；D能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀且沉淀不溶于稀硝酸的离子有Ag+、SO42、SO32，所以原溶液中不一定含有SO42，故D错误；故选B点评：本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，二氧化硫具有漂白性和还原性，能使品红溶液褪色但不能使酸碱指示剂褪色，A、C、D选项都较典型，易错选项是D，注意亚硫酸钡能被稀硝酸氧化生成硫酸钡，很多同学往往漏掉亚硫酸根离子而导致错误，为易错点二、非选择题（共52分）17（8分）（2014春铜川校级期末）在化学课上，围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探
25、究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀然后加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体请回答：（1）生成的黑色物质是C，刺激性气味的气体主要成分是SO2（2）产生该气体的化学方程式为2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O（3）根据上述实验现象，表明浓硫酸具有（填序号）酸性 吸水性 脱水性 强氧化性（4）如图为某硫酸试剂瓶的标签，该硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L考点：浓硫酸的性质所有分析：（1）浓硫酸将蔗糖中是H、O元素以2：1水的形式脱去，从而得到黑色物质C；浓硫酸被氧化生成二氧化硫，C被氧化生成二氧化碳；（2）
26、加热条件下，C和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水；（3）浓硫酸体现脱水性和强氧化性；（4）物质的量浓度C=mol/L解答：解：（1）浓硫酸将蔗糖中是H、O元素以2：1水的形式脱去，从而得到黑色物质C；浓硫酸被氧化生成二氧化硫，C被氧化生成二氧化碳，有刺激性气味的气体是SO2，故答案为：C；SO2；（2）加热条件下，C和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O；（3）蔗糖逐渐变黑表现了浓硫酸的脱水性，放出有刺激性气味的气体说明浓硫酸具有强氧化性，故选；（4）物质的量浓度C=m
27、ol/L=mol/L=18.4mol/L，故答案为：18.4mol/L点评：本题考查浓硫酸的性质及有关计算，明确浓硫酸的吸水性、脱水性及强氧化性即可解答，注意物质的量浓度、密度、质量分数之间的换算，题目难度不大18（11分）（2013秋红桥区期末）有以下6种物质，结合相关问题填空：Al FeCl3溶液 SO2 碱石灰 氨气 NaOH固体（1）能导电的是（填序号，以下同）；属于非电解质的是；常用作干燥剂的是（2）与溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2（3）向溶液中加入KI溶液后，用CCl4萃取，CCl4层呈紫色，写出该反应过程的离子方程式：2Fe3+2I2
28、Fe2+I2 （4）某化学实验小组同学利用以下装置制备，并探究的性质（部分仪器已略去）实验室制备的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O收集时，请你选择进气口a（填“a”或“b”）着观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明具有的性质是极易溶于水，与水反应生成了碱将产生的氨气缓慢通入溶液中，观察到的现象是产生红褐色沉淀考点：电解质与非电解质；氨的实验室制法；铝的化学性质所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；元素及其化合物分析：（1）能够导电的物质中一定存在自由移动的带电粒子；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；根据常见的干燥剂进行解答；（2）铝能够与
29、氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，据此写出反应的化学方程式；（3）铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，铁离子将碘离子氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式；（4）实验室用氢氧化钙和氯化铵固体加热制取氨气，据此写出反应的化学方程式；氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法，即从a进气；烧瓶内产生了红色喷泉，说明了氨气极易溶于水和氨水显示碱性；铁离子与氨水反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀解答：解：（1）以上六种物质中，存在自由移动的带电离子的物质为：Al、FeCl3溶液；属于非电解质的为：SO2 氨气；常用作干燥剂的物质具有吸水性，满足该条件的是：碱石灰、NaOH固体，故答
30、案为：；（2）金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（3）向氯化铁溶液中加入KI溶液后，用CCl4萃取，CCl4层呈紫色，紫色的为碘单质，说明发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为2Fe3+2I2Fe2+I2 ，故答案为：2Fe3+2I2Fe2+I2 ；（4）实验室中利用氢氧化钙固体与氯化铵固体加热制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2
31、O；收集氨气时，由于氨气密度比空气密度小，应该采用向下排空气法，即从a进气，故答案为：a；装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉说明氨气的两个方面性质，第一，氨气极易溶于水，所以产生压强差形成了喷泉，第二，溶液变成红色，说明氨水显示碱性，即氨气与水反应生成碱，故答案为：极易溶于水，与水反应生成碱；一水合氨能够电离出氢氧根离子，所以将产生的氨气缓慢通入氯化铁溶液中，观察到生成了红褐色的氢氧化铁沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀点评：本题考查了物质导电性、电解质与非电解质的概念、实验室制取氨气的方法，题目难度中等，本题涉及的知识点较多，题量稍大，充分考查了学生对所学知识的掌握情况19（10分）（2014春铜川
32、校级期末）实验室利用如图所示装置进行Na2CO3和NaHCO3热稳定性对比实验请回答：（1）加热一段时间后，两试管中石灰水的变化是C（填序号）A均变浑浊B试管1澄清，试管2变浑浊C试管2澄清，试管1变浑浊（2）该实验说明二者的稳定性强的是Na2CO3，另一种物质受热分解的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（3）实验结束时的正确操作是（填序号）先将导管从液体中移出，再熄灭酒精灯 先熄灭酒精灯，再将导管从液体中移出（4）除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是AA通入二氧化碳气体B加入氢氧化钡溶液C加入澄清石灰水D加入稀盐酸考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质所有
33、分析：（1）加热碳酸钠，碳酸钠不分解；加热碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；（2）温度较高但不分解的物质较稳定，加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳；（3）实验结束时，为了避免发生倒吸现象，应该先将导管从液体中移出，再熄灭酒精灯；（4）除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应反应时不能加入新的杂质；溶液中Na2CO3能与CO2、H2O反应生成NaHCO3，NaHCO3与CO2不反应，所以可用通入CO2来除杂解答：解：（1）如果直接加热的物质不分解，而间接加热的物质分解，就能证明物质的稳定性，碳酸氢钠易分解，所以小试管中盛放的是碳
34、酸氢钠，大试管中盛放的是碳酸钠，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，碳酸钠不分解，不能使澄清的石灰水变浑浊，所以看到的现象是试管2澄清，试管1变浑浊，故答案为：C；（2）该实验中，直接加热的碳酸钠不分解，但间接加热的碳酸氢钠分解，所以说明二者中热稳定性强的物质是Na2CO3，碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故答案为：Na2CO3；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；（3）如果先熄灭酒精灯，再将导管从液体中移出，会发生倒吸现象，应该先撤出导管，然后再熄灭酒精灯，所以正确，故答案为：；（4）A
35、向Na2CO3中通入二氧化碳，会反应生成碳酸氢钠溶液，达到除杂的目的，CO2+H2O+CO32=2HCO3，故A正确；B加入氢氧化钡溶液，碳酸氢钠会反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钠与氢氧化钡反应也生成碳酸钡，故B错误；C加入澄清石灰水，碳酸氢钠和碳酸钠都会反应生成碳酸钙沉淀，故C错误；D加入稀盐酸，碳酸氢钠和碳酸钠都会反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故D错误；故答案为：A点评：本题考查了碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质，题目难度中等，注意掌握碳酸钠、碳酸氢钠的热稳定性大小，明确常见的化学实验基本操作方法及除杂原则20（7分）（2014春铜川校级期末）A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它
36、们之间的转化关系如下所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABCD（1）若B使品红溶液褪色，则C、D的化学式分别为CSO3，DH2SO4写出D的浓溶液与Cu反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O（2）若A为活泼金属元素的单质，D为强碱，焰色反应显黄色，则B是Na2O（写化学式）C可作为呼吸面具的填充剂，C与二氧化碳发生反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2考点：无机物的推断所有专题：推断题分析：（1）若B使品红溶液褪色，A为S或H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系；（2）若A为活泼金属元素的单质，D为强碱，焰色反应显
37、黄色，故A为Na，C可作为呼吸面具的填充剂，C为Na2O2，故B为Na2O，D为NaOH解答：解：（1）若B使品红溶液褪色，A为S或H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系，Cu与浓硫酸反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O，故答案为：SO3；H2SO4；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O；（2）若A为活泼金属元素的单质，D为强碱，焰色反应显黄色，故A为Na，C可作为呼吸面具的填充剂，C为Na2O2，故B为Na2O，D为NaOH，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠、氧气，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答
38、案为：Na2O；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2点评：本题考查元素化合物的推断，涉及S、N、Na元素单质及其化合物性质与转化，难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意归纳中学常见连续反应的转化21（8分）（2014春铜川校级期末）现有金属单质A、B、H、I和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G其中H是地壳中含量最多的金属，他们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：BFe；丙HCl（2）写出反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2（3）写出反应的离子方程式：2Fe2+Cl2=2F
39、e3+2Cl（4）乙和物质C反应的化学方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O考点：无机物的推断所有专题：推断题分析：金属A的焰色反应为黄色，应为Na，则甲为H2，C为NaOH；H是地壳中含量最多的金属，则H应为Al；黄绿色气体乙为Cl2，氢气与氯气反应生成丙，则丙为HCl，D为盐酸；红褐色沉淀G为Fe（OH）3，F为FeCl3，E被氯气氧化生成氯化铁，则E为FeCl2；D和B反应生成氯化亚铁，则B为Fe；紫红色金属I能够将氯化铁还原成氯化亚铁，则I为Cu；溶解结合对应物质的性质以及题目要求进行解答解答：解：金属A的焰色反应为黄色，应为Na，则甲为H2，C为NaOH；H是地壳中含量最多的金属
40、，则H应为Al；黄绿色气体乙为Cl2，氢气与氯气反应生成丙，则丙为HCl，D为盐酸；红褐色沉淀G为Fe（OH）3，F为FeCl3，E被氯气氧化生成氯化铁，则E为FeCl2；D和B反应生成氯化亚铁，则B为Fe；紫红色金属I能够将氯化铁还原成氯化亚铁，则I为Cu，（1）由以上分析可知B为Fe，丙为HCl，故答案为：Fe；HCl；（2）反应为钠和水的反应，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；（3）反应为FeCl2和氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+
41、2Cl；（4）F为FeCl3，加入KSCN变红色，可用KSCN检验，故答案为：KSCN；（5）乙为氯气、C为NaOH，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O点评：本题考查无机推断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，熟练掌握常见物质性质及反应现象为解答关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力22（8分）（2014春铜川校级期末）在100mL 0.6molL1 AlCl3溶液中，滴加一定量的1.0molL1 NaOH溶液，充分反应后得到3.9g白色沉淀，试
42、计算加入NaOH溶液的体积为多少？150ml或190ml考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：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0.06mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为4.68g，现沉淀质量为3.9g，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解答：解：现AlCl3的物质的量为0.06mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为4.6
43、8g，现沉淀质量为3.9g，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，n（Al（OH）3）=0.05mol，若碱不足，由Al3+3OHAl（OH）3可知，NaOH的物质的量为0.05mol3=0.15mol，加入NaOH溶液的体积为=0.15L，即150mL；沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由 Al3+3OHAl（OH）3 0.06mol 0.18mol 0.06mol Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（0.060.05）mol （0.060.05）mol 则消耗的碱的物质的量为0.18mol+（0.060.05）mol=0.19mol，加入NaOH溶液的体积为=0.19L，即190mL；故答案为：150ml或190ml；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100mL0.6mol/L的AlCl3溶液、1mol/L的NaOH溶液，以及3.9g沉淀，结合反应的有关方程式计算