1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年江西省景德镇市高一（上）期末化学试卷一、选择题（单项选择，每小题3分，共48分）1（3分）（2014秋江西期末）下列说法正确的是（）A碘是人体必需的微量元素，所以要多吃含I2的食盐B半导体材料是含硅化合物C熔化烧碱可选用瓷坩埚D正长石KAlSi3O8用氧化物形式可表示为K2OAl2O36SiO22（3分）（2014秋江西期末）关于金属铝和铁的说法不正确的是（）A铁与热水不反应，但是可与水蒸气发生置换反应B铝箔在空气中受热可以熔化，剧烈燃烧，产生大量的热C常温下，可以用铝或铁制容器来盛装冷的浓硫酸或冷的浓硝酸D铝元素是地壳中含量最多的金属元素
2、，而铁是用途最广的金属3（3分）（2014秋江西期末）FeC13、CuCl2的混合溶液中加入一定量铁粉充分反应，则下列判断正确的是（）A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Fe2+、Cu2+C若有固体剩余，溶液中一定不含Cu2+D若有固体剩余则固体中一定含Cu4（3分）（2014秋江西期末）现有两瓶溶液，新制饱和氯水和亚硫酸，下列方法或试剂（必要时可加热）：观察颜色；石蕊试剂；品红溶液能用于鉴别它们的是（）AB只有C只有D只有5（3分）（2014东区校级三模）下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A氯水和活性炭使红墨水褪色B浓硫酸和石灰水长期暴露在空气中浓度降低C漂白粉和水玻璃长期暴露在
3、空气中变质DSO2可使品红和酸性高锰酸钾溶液褪色6（3分）（2014秋江西期末）配制0.50molL1的NaOH溶液245ml，下列操作正确的是（）A用托盘天平称取4.9gNaOH固体BNaOH固体加蒸馏水溶解，要待溶液冷却到室温后，再转移至容量瓶中C容量瓶不能用玻璃瓶塞、应用塑料瓶塞D定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线7（3分）（2014秋江西期末）只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是（）A甲：物质中的粒子数；乙：阿伏加德罗常数B甲：标准状况时的气体摩尔体积；乙：标准状况时的气体体积C甲：固体的体积；乙：固体的密度D甲：溶液中溶质的物质的量浓度；乙：溶
4、液体积8（3分）（2014秋江西期末）下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）AMg2+、Na+、SO42、ClBK+、CO32、Cl、NO3CNH4+、Na+、SO42、NO3DNa+、K+、NO3、SO329（3分）（2014秋江西期末）根据下列反应判断有关物质的还原性由强到弱的顺序正确的是（）H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO42FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3AH2SO3IFe2+NOBIH2SO3Fe2+NOCFe2+IH2SO3NODNOFe2+H2SO3
5、I10（3分）（2014秋江西期末）下列反应的离子方程式正确的是（）A向溴水中加入NaOH溶液：Br2+2 OH=BrO+BrB少量H2SO4滴入Ba（OH）2溶液中：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OC过量NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中：HCO3+H+=H2O+CO2D在漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO11（3分）（2014秋江西期末）向一定量的Na2CO3 溶液中缓慢滴人稀盐酸，并不断搅拌，随着盐酸的加人，溶液中自由离子的数目也随之发生如图所示变化坐标系中a、b、c三条曲线分别对应的离子是（）ANa+ CO32 HC
6、O3BCl一 Na+ CO32CNa+ HCO3CO32DNa+ CO32H+12（3分）（2014秋江西期末）现有一块北方盐湖结晶析出的白色晶体可能含有Na2CO3、Na2SO4、NaCl中的一种 或几种，为了证明其成分，加入试剂的正确顺序为（）加水溶解加入足量的硝酸钡溶液加入足量硝酸加入硝酸银溶液ABCD13（3分）（2014秋江西期末）下列实验装置不能达到实验目的是（）A用装置来做SO2的喷泉实验B用装置来验证浓H2SO4与水混合的热量变化C用装置来验证NH3易溶于水D用装置来验证氧化性：Cl2Br2I214（3分）（2010市中区校级模拟）无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2
7、、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（）ANH3、NO2、N2BNH3、NO、CO2CNH3、NO2、CO2DNO、CO2、N215（3分）（2013湖南模拟）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体16（3分）（2014秋江西期末
8、）已知某硫酸、硫酸铜、硫酸铁的混合液100mL中，各种阳离子的物质的量浓度相等，硫酸根离子的浓度为6molL1，则此溶液中可溶解铁粉的质量为（）A5.6 gB11.2 gC16.8 gD22.4 g二、填空题（4小题共42分）17（10分）（2014秋江西期末）某些化学反应可用下式表示（未配平）：A+BC+D+H2O请回答下列问题：（1）若A、C、D均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，D具漂白性写出该反应的离子方程式：（2）若C为氯化钠，D是能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，则酸式盐A与B的组合是（填俗名）：A，B（3）若A与B加热生成的产物C、D均为无色气体，且C、D两分子中组成
9、元素的原子个数比都为1：2，则符合上式的化学方程式是：（4）五种物质：HNO3、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3、N2O、H2O可组成符合题意的化学方程式 请写出配平后的离子方程式：（5）若A为过氧化钠，B为硫酸，则C、D的化学式为、18（10分）（2014秋江西期末）图中，A、B、C、D、E是常见单质，其中B、C、E为金属G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的化合物，G物质有磁性已知：C与G反应生成B和H且放出大量的热，该反应可用于焊接铁轨；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%回答问题：（1）C与G反应的化学方程式为；（2）单质A
10、的分子式为，化合物I的名称为；（3）C与NaOH溶液反应的化学方程式为；（4）过量I与NaOH溶液反应的离子方程式为19（12分）（2014秋江西期末）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：已知：海水中溴元素（以Br表示）的浓度0.068g/L；Br2的沸点为59，微溶于水，有毒性和强腐蚀性（1）请写出一种海水淡化的方法：（2）海水中溴离子的物质的量浓度为（3）步骤中已获得低溶度的含Br2溶液，步骤中又将Br2还原为Br，步骤又得到Br2，其目的为（4）步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为（5）工业溴提纯可用蒸馏法，蒸馏时加热方法最好采用，蒸馏
11、装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是20（10分）（2014秋江西期末）实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl、SO42、I等离子的卤水为主要原料，制备无水CaCl2和I2流程如下：（1）操作的方法是，所用主要仪器的名称是（2）加入溶液W的目的是除去SO42用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+酸化溶液Z时使用的试剂是从溶液V中再得到I2的操作方法是（3）实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是（4）模拟以下净化Cl2流程：Cl2饱和NaCl溶液浓H2SO4纯净Cl2设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3溶液、N
12、aHCO3溶液、NaHSO3溶液、蒸馏水、澄清石灰水、酸性KMnO4 溶液、品红溶液、pH试纸SO2三、计算题（10分）21（10分）（2014秋江西期末）为确定某铝热剂样品（铝和氧化铁）的组成，分别进行下列实验：（1）若取10.7g该样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体（标准状况，下同）体积为a L样品中铝的质量分数w（Al）=（用含a的表达式表示）若该样品，在高温下恰好发生完全反应，则a=L（2）待（1）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为b L，该气体与（1）中所得气体的体积比b：a=（3）若另取10.7g该样品，此样品在高温下仍然恰好完全反应，向其中加入1
13、.0molL盐酸Vml，固体恰好溶解完全，则盐酸体积V的最小值为2014-2015学年江西省景德镇市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（单项选择，每小题3分，共48分）1（3分）（2014秋江西期末）下列说法正确的是（）A碘是人体必需的微量元素，所以要多吃含I2的食盐B半导体材料是含硅化合物C熔化烧碱可选用瓷坩埚D正长石KAlSi3O8用氧化物形式可表示为K2OAl2O36SiO2考点：碘与人体健康；硅和二氧化硅；硅的用途 分析：A、人体补碘，不是碘单质，是元素，碘单质对人有害；B、硅是半导体材料；C、用石英坩埚熔化烧碱，易炸裂；D、根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写解答：解：A
14、、碘单质对人有害，补碘指的是碘元素，如碘酸钾，不是碘单质，故A错误；B、硅单质是半导体材料，故B错误；C、在加热条件下，二氧化硅与氢氧化钠反应，用石英坩埚熔化烧碱，易炸裂，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以斜长石的氧化物形式可表示为：K2OAl2O36SiO2，故D正确，故选D点评：本题考查常见实验仪器的结构与使用方法、物质的保存等知识，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握2（3分）（2014秋江西期末）关于金属铝和铁的说法不正确的是（）A铁与热水不反应，但是可与水蒸气发生置换反应B铝
15、箔在空气中受热可以熔化，剧烈燃烧，产生大量的热C常温下，可以用铝或铁制容器来盛装冷的浓硫酸或冷的浓硝酸D铝元素是地壳中含量最多的金属元素，而铁是用途最广的金属考点：铝的化学性质；铁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；B、铝箔受热时表面的氧化铝兜着熔化的铝，阻止了铝与氧气的进一步反应； C、常温下，铝或铁遇到浓硫酸或浓硝酸发生钝化；D、地壳中含量最多的金属为Al，Al冶炼比铁困难解答：解：A、铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，属于化合反应，故A正确；B、铝箔受热时表面生成一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝的熔点比Al的高，兜着熔化的
16、铝，阻止了铝与氧气的进一步反应，故B错误；C、常温下，铝或铁遇到浓硫酸或浓硝酸发生氧化反应在金属的表现生成了一层致密的氧化膜，保护了内部金属不再被氧化，故C正确；D、地壳中含量前五位的元素为氧硅铝铁钙，含量最高的金属元素为铝，铝的冶炼较困难，应用最广泛的金属是铁，故D正确；故选：B点评：本题主要考查金属铁和铝的化学性质，氧化膜的保护作用不要忽略，整体难度不大，B选项容易出错，金属及其化合物部分常考的为钠、镁、铝、铜、铁及其重要化合物，学习时注意横向比较，加深对上述物质性质的认识，逐步达到高考要求3（3分）（2014秋江西期末）FeC13、CuCl2的混合溶液中加入一定量铁粉充分反应，则下列判断
17、正确的是（）A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Fe2+、Cu2+C若有固体剩余，溶液中一定不含Cu2+D若有固体剩余则固体中一定含Cu考点：铁的化学性质 分析：Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+Cu2+，Fe3+优先反应，则先发生2FeCl3+Fe=3FeCl2，再发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，以此来解答解答：解：A若铁粉足量，发生2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，溶液中不含铁离子，加入KSCN溶液不变红色，故A错误；B若铁粉足量，发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，溶液中不含Cu2+，故B错误；C若有固体剩余，固体只有Cu，
18、且氯化铜没有完全反应，则溶液中可含Cu2+，故C错误；D由氧化性强弱为Fe3+Cu2+，则先发生2FeCl3+Fe=3FeCl2，再发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，可知有固体剩余则固体中一定含Cu，故D正确；故选D点评：本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握氧化性的强弱及反应的先后顺序为解答的关键，侧重氧化还原反应分析与应用能力的考查，题目难度不大4（3分）（2014秋江西期末）现有两瓶溶液，新制饱和氯水和亚硫酸，下列方法或试剂（必要时可加热）：观察颜色；石蕊试剂；品红溶液能用于鉴别它们的是（）AB只有C只有D只有考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 分析：根据氯水的成分和性质以及亚硫
19、酸的性质的差异进行鉴别，氯水含多种微粒，其中有H2O、Cl2、HClO、Cl、H+、OH（极少量，水微弱电离出来的）解答：解：Cl2是新制氯水的主要成分，溶液呈浅黄绿色，而亚硫酸无色，故正确；氯水中含有HCl和HClO，能使石蕊试液先变红后褪色，而亚硫酸只能使石蕊试液变红，故正确；HClO的强氧化性将有色物质氧化成无色物质，不可逆，SO2能使品红溶液褪色，加热会恢复原来的颜色，故正确；故选A点评：本题考查氯水和亚硫酸的鉴别，为高频考点，注意二者组成和性质的区别，侧重分析及应用能力的考查，题目难度不大5（3分）（2014东区校级三模）下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A氯水和活性炭使红墨水褪
20、色B浓硫酸和石灰水长期暴露在空气中浓度降低C漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质DSO2可使品红和酸性高锰酸钾溶液褪色考点：氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质 专题：元素及其化合物分析：A氯水的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，活性炭的漂白性是利用其吸附性；B浓硫酸有吸水性，石灰水能和二氧化碳反应生成碳酸钙；C次氯酸和硅酸的酸性都小于碳酸的酸性；D二氧化硫能和品红反应生成无色物质，能被酸性高锰酸钾氧化解答：解：A氯水的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，活性炭的漂白性是利用其吸附性，所以二者原理不同，故A错误；B浓硫酸有吸水性，石灰水能和二氧化碳反应生成难溶性
21、的碳酸钙，所以浓硫酸和石灰水长期暴露在空气中浓度降低，但原理不同，故B错误；C次氯酸和硅酸的酸性都小于碳酸的酸性，所以漂白粉和硅酸钠都和碳酸反应生成次氯酸和硅酸，反应原理相同，故C正确；D二氧化硫能和品红反应生成无色物质，二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，所以原理不同，故D错误；故选C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，明确这几种物质漂白性原理的异同6（3分）（2014秋江西期末）配制0.50molL1的NaOH溶液245ml，下列操作正确的是（）A用托盘天平称取4.9gNaOH固体BNaOH固体加蒸馏水溶解，要待溶液冷却到室温后，再转移至容量瓶中C容量瓶不能用玻
22、璃瓶塞、应用塑料瓶塞D定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：A、由于无245mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，据此计算；B、根据溶液的配制步骤来分析；C、容量瓶只是配制仪器，配制完了要将溶液装入试剂瓶；D、摇匀后液面低于刻度线是正常的解答：解：A、由于无245mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，而容量瓶只有一条刻度线，故用250mL容量瓶只能配制出250mL的溶液，故所需的氢氧化钠的质量m=nM=CVM=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g，故A错误；B、根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀
23、、装瓶可知，要将NaOH固体加蒸馏水溶解，要待溶液冷却到室温后，再转移至容量瓶中，故B正确；C、容量瓶只是配制仪器，不能储存溶液，配制完了要将溶液装入试剂瓶，故容量瓶的塞子可以是玻璃塞，故C错误；D、摇匀后液面低于刻度线是正常的，不能补加水，会导致溶液浓度偏小，故D错误故选B点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大7（3分）（2014秋江西期末）只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是（）A甲：物质中的粒子数；乙：阿伏加德罗常数B甲：标准状况时的气体摩尔体积；乙：标准状况时的气体体积C甲：固体的体积；乙：固体的密度D甲：溶液中溶质的
24、物质的量浓度；乙：溶液体积考点：物质的量的相关计算 专题：计算题分析：可根据n=cV计算物质的量，以此可确定A、B、D，已知固体的体积和密度可计算固体的质量，但不能确定物质的量解答：解：A已知物质的粒子数和阿伏加德罗常数，根据n=可计算物质的量，故A不选；B已知标准状况下的气体摩尔体积和标准状况下的气体的体积，根据公式n=可计算物质的量，故B不选；C已知固体的体积和固体的密度，根据m=V可以计算固体的质量，不能求出物质的量，故C选；D已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液体积，可以根据公式n=cV计算溶质的物质的量，故D不选故选C点评：本体考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关计算公式的理
25、解和运用8（3分）（2014秋江西期末）下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）AMg2+、Na+、SO42、ClBK+、CO32、Cl、NO3CNH4+、Na+、SO42、NO3DNa+、K+、NO3、SO32考点：离子共存问题；氧化还原反应 专题：离子反应专题分析：根据在强碱下离子之间不反应，但在酸性条件下离子能发生氧化还原反应来分析，注意酸性条件下SO32与NO3能发生氧化还原反应解答：解：A碱性条件下Mg2+不能大量共存，故A错误；B酸性条件下CO32不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故B错误；C碱性条件下NH4+不能大量共存，故C错误；D碱性
26、条件下可大量共存，酸性条件下NO3、SO32发生氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题考查学生利用离子的共存和氧化还原反应来分析解答问题，明确离子的性质及离子之间的反应是解答本题的关键，本题中D是学生解答的易错点9（3分）（2014秋江西期末）根据下列反应判断有关物质的还原性由强到弱的顺序正确的是（）H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO42FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3AH2SO3IFe2+NOBIH2SO3Fe2+NOCFe2+IH2SO3NODNOFe2+H2SO3I考点：氧化性、还原性强弱的比较 分
27、析：利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱解答：解：H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3I，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性IFe2+，3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+NO，显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3IFe2+NO，故选A点评：本题考查氧化还原
28、反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键，题目难度不大10（3分）（2014秋江西期末）下列反应的离子方程式正确的是（）A向溴水中加入NaOH溶液：Br2+2 OH=BrO+BrB少量H2SO4滴入Ba（OH）2溶液中：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OC过量NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中：HCO3+H+=H2O+CO2D在漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO考点：离子方程式的书写 分析：A原子个数不守恒；B离子个数不符合物质的配比；C过量NaHCO3溶液滴入Na
29、HSO4溶液，反应实质为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水；D二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙解答：解：A向溴水中加入NaOH溶液，离子方程式：Br2+2OH=BrO+Br+H2O，故A错误；B少量H2SO4滴入Ba（OH）2溶液中，离子方程式：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B错误；C过量NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中，离子方程式：HCO3+H+=H2O+CO2，故C正确；D在漂白粉溶液中通入过量的CO2：ClO+CO2+H2OHClO+HCO3，故D错误；故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，解题时应注意化学式的拆分、反应物用量对反应的影
30、响11（3分）（2014秋江西期末）向一定量的Na2CO3 溶液中缓慢滴人稀盐酸，并不断搅拌，随着盐酸的加人，溶液中自由离子的数目也随之发生如图所示变化坐标系中a、b、c三条曲线分别对应的离子是（）ANa+ CO32 HCO3BCl一 Na+ CO32CNa+ HCO3CO32DNa+ CO32H+考点：钠的重要化合物；离子方程式的有关计算 专题：元素及其化合物分析：根据向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3、NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，则钠离子数目不发生变化，氯离子的数目在增加，碳酸根离子的数目一直在减少，直到为0
31、，碳酸氢根离子的数目先增大后减小，直到为0，然后结合图象来分析对应的离子解答：解：向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3、NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，钠离子数目不变，则即图中a为Na+离子，酸根离子在减少，直至为0，即图中b为CO32离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0，即图中c为HCO3离子，故选A点评：本题以碳酸钠与盐酸的反应来分析溶液中离子的变化，侧重于学生的分析能力的考查，明确离子反应的实质并学会结合图象来判断离子数目是解答的关键，难度不大12（3分）（2014秋江西期末）现有一块北方盐湖结晶析出的白色晶
32、体可能含有Na2CO3、Na2SO4、NaCl中的一种 或几种，为了证明其成分，加入试剂的正确顺序为（）加水溶解加入足量的硝酸钡溶液加入足量硝酸加入硝酸银溶液ABCD考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 专题：物质检验鉴别题分析：根据碳酸根离子遇到酸能产生二氧化碳，钡离子可以用来检验硫酸根离子，在加入硝酸钡之前必须将碳酸根离子除去，否则会影响硫酸根离子的检验，用银离子检验氯离子的存在，氯化银是不溶于硝酸的白色沉淀，以此解答解答：解：先将样品加水溶解配成溶液，再加入足量硝酸，硝酸与碳酸钠反应能产生二氧化碳气体，所以加入硝酸，有气体产生，说明含有碳酸钠，且将碳酸钠除掉，在加入硝酸钡，由于硝酸钡与硫
33、酸钠反应生成不溶于硝酸的白色沉淀硫酸钡，所以加入硝酸钡后有白色沉淀生成，说明含有硫酸钠，最后加入硝酸银溶液，硝酸银与氯化钠反应生成氯化银白色沉淀，且不溶于硝酸，所以加入硝酸银可鉴别是否含有氯化钠；所以顺序是：故选B点评：本题考查物质的检验，注意把握常见离子的检验方法是解答的关键，侧重物质之间的反应及物质性质的考查，题目难度不大，设计步骤时要注意排除离子之间的干扰13（3分）（2014秋江西期末）下列实验装置不能达到实验目的是（）A用装置来做SO2的喷泉实验B用装置来验证浓H2SO4与水混合的热量变化C用装置来验证NH3易溶于水D用装置来验证氧化性：Cl2Br2I2考点：化学实验方案的评价 分析
34、：A二氧化硫与NaOH易发生反应，烧瓶中压强减小；B浓H2SO4与水混合，放出大量的热，试管中空气压强增大；C氨气极易溶于水，烧瓶中气压减小，则气球增大；D氯气可氧化碘离子、溴离子解答：解：A二氧化硫与NaOH易发生反应，烧瓶中压强减小，外压大于内压，则溶液沿导管上升形成喷泉，实验及装置合理，故A正确；B浓H2SO4与水混合，放出大量的热，试管中空气压强增大，可观察U型管左侧液面下降，实验及装置合理，故B正确；C氨气极易溶于水，烧瓶中气压减小，则气球增大，装置可验证NH3易溶于水，故C正确；D氯气可氧化碘离子、溴离子，可知氧化性为Cl2Br2，Cl2I2，由图中装置不能说明Br2I2，故D错误
35、；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大14（3分）（2010市中区校级模拟）无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（）ANH3、NO2、N2BNH3、NO、CO2CNH3、NO2、CO2DNO、CO2、N2考点：常见气体的检验；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 专题：物质检验鉴别题分析：二氧化氮是红棕色的气体，浓硫酸可以和氨气反应
36、，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水解答：解：二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2故选B点评：本题考查学生常见气体的检验和性质，是一道气体的鉴别题目，难度不大15（3分）（2013湖南模拟）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO
37、3质量分数的是（）A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体考点：化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 专题：实验评价题；元素及其化合物分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B根据钠守恒，可列方程组求解；C应先把水蒸气排除才合理；D根据质量关系，可列方程组求解解答：解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和
38、二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选故选C点
39、评：本题考查物质含量的实验方案的设计，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理16（3分）（2014秋江西期末）已知某硫酸、硫酸铜、硫酸铁的混合液100mL中，各种阳离子的物质的量浓度相等，硫酸根离子的浓度为6molL1，则此溶液中可溶解铁粉的质量为（）A5.6 gB11.2 gC16.8 gD22.4 g考点：离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：溶液的体积为100mL，硫酸根离子的浓度为6mol/L，则n（SO42）=0.1L6mol/L=0.6mol，溶液中各种阳离子的物质的量相等，根据电荷守恒可计算n（Cu2+）、n（Fe3+）、n（H+），根据反应2
40、H+Fe=Fe2+H2、Cu2+Fe=Fe2+Cu，2Fe3+Fe=Fe2+，可计算消耗铁粉的质量解答：解：n（SO42）=0.1L6mol/L=0.6mol，溶液中各种阳离子的物质的量相等，设阳离子的物质的量分别为xmol，根据电荷守恒可得：x+2x+3x=20.6，解得x=0.2，则2H+Fe=Fe2+H20.2 0.1Cu2+Fe=Fe2+Cu0.2 0.22Fe3+Fe=Fe2+，0.2 0.1共消耗0.1+0.2+0.1=0.4molFe，其质量为0.4mol56g/mol=22.4g，故选D点评：本题考查离子方程式的计算，题目难度不大，解答本题的关键是根据电荷守恒计算阳离子的物质的
41、量二、填空题（4小题共42分）17（10分）（2014秋江西期末）某些化学反应可用下式表示（未配平）：A+BC+D+H2O请回答下列问题：（1）若A、C、D均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，D具漂白性写出该反应的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（2）若C为氯化钠，D是能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，则酸式盐A与B的组合是（填俗名）：ANaHCO3或Na2CO3，B盐酸（3）若A与B加热生成的产物C、D均为无色气体，且C、D两分子中组成元素的原子个数比都为1：2，则符合上式的化学方程式是：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（4）五种物质：HNO3、F
42、e（NO3）2、Fe（NO3）3、N2O、H2O可组成符合题意的化学方程式 请写出配平后的离子方程式：8Fe2+2NO3+10H+=8Fe3+N2O+5H2O（5）若A为过氧化钠，B为硫酸，则C、D的化学式为Na2SO4、O2考点：无机物的推断 分析：（1）该反应为氯气在碱性条件下的歧化反应；（2）若C为氯化钠，D能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，应为CO2，碳酸氢钠或碳酸钠都能和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；（3）若A与B加热生成的产物C、D均为无色气体，且C、D两分子中组成元素的原子个数比都为1：2，则A与B的反应为碳与浓硫酸的反应；（4）五种物质：HNO3、Fe（NO3）2、Fe（NO
43、3）3、N2O、H2O可组成符合题意的反应为HNO3与Fe（NO3）2之间的氧化还原反应；（5）若A为Na2O2，B为硫酸，生成Na2SO4和O2解答：解：（1）A、C、D中均含有氯元素，且A中的Cl的化合价介于C和D之间，该反应为氯气在碱性条件下的歧化反应，反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）若C为氯化钠，D能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，应为CO2，碳酸氢钠或碳酸钠都能和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以A和B的组合NaHCO3和盐酸或Na2CO3和盐酸，故答案为：NaHCO3或Na2CO3；盐酸；（3）若A与B加
44、热生成的产物C、D均为无色气体，且C、D两分子中组成元素的原子个数比都为1：2，则A与B的反应为碳与浓硫酸的反应，反应方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；（4）五种物质：HNO3、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3、N2O、H2O可组成符合题意的反应为HNO3与Fe（NO3）2之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为8Fe2+2NO3+10H+=8Fe3+N2O+5H2O，故答案为：8Fe2+2NO3+10H+=8Fe3+N2O+5H2O；（5）若A为Na2O2，B为硫酸，生成Na2SO4和O2，则C和D的化学式为
45、Na2SO4、O2，故答案为：Na2SO4；O2点评：本题考查元素化合物的转化，题目难度中等，熟悉元素化合物知识是解答本题的关键18（10分）（2014秋江西期末）图中，A、B、C、D、E是常见单质，其中B、C、E为金属G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的化合物，G物质有磁性已知：C与G反应生成B和H且放出大量的热，该反应可用于焊接铁轨；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%回答问题：（1）C与G反应的化学方程式为8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；（2）单质A的分子式为O2，化合物I的名称为二氧化碳；（3）C与NaOH溶液反应
46、的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2；（4）过量I与NaOH溶液反应的离子方程式为CO2+OHHCO3考点：无机物的推断 分析：A、B、C、D、E是常见单质，由反应2C+G2B+H，并放出大量的热，该反应可用于铁轨的焊接，则C为Al，G物质有磁性，为Fe3O4，B为Fe，H为Al2O3，A+CH，所以A为O2，I是一种常见的温室气体，I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%，则F为MgO，E为Mg，D为C，结合物质的性质来解答解答：解：A、B、C、D、E是常见单质，由反应2C+G2B+H，并放出大量的热，该反应可用于铁轨的焊接，
47、则C为Al，G物质有磁性，为Fe3O4，B为Fe，H为Al2O3，A+CH，所以A为O2，I是一种常见的温室气体，I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%，则F为MgO，E为Mg，D为C，（1）反应2C+G2B+H，并放出大量的热，该反应可用于铁轨的焊接，为铝热反应，方程式为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；（2）A为O2，I是一种常见的温室气体，I为CO2，为二氧化碳，故答案为：O2；二氧化碳；（3）C为Al，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2
48、+3H2，故答案为：2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2；（4）I为CO2，过量I与NaOH溶液反应的离子方程式为CO2+OHHCO3，故答案为：CO2+OHHCO3点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，明确反应为铝热反应及反应为Mg与二氧化碳的反应是解答本题的突破口，熟悉物质的性质即可解答，题目难度不大19（12分）（2014秋江西期末）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：已知：海水中溴元素（以Br表示）的浓度0.068g/L；Br2的沸点为59，微溶于水，有毒性和强腐蚀性（1）请写出一种海水淡化的方法：蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）（2）海水中溴离子的物
49、质的量浓度为0.00085mol/L（3）步骤中已获得低溶度的含Br2溶液，步骤中又将Br2还原为Br，步骤又得到Br2，其目的为富集溴元素（4）步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H+SO42+2Br（5）工业溴提纯可用蒸馏法，蒸馏时加热方法最好采用水浴加热，蒸馏装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是Br2腐蚀橡胶考点：海水资源及其综合利用 分析：海水淡化得到氯化钠、母液、淡水，用氯化钠电解制取氯气，通入母液氧化溴离子为低浓度的溴单质溶液，通入空气吹出溴单质，通入二氧化硫和水溶液吸收得到硫酸和溴化氢，再通入氯气氧化得到溴单质
50、，最后蒸馏得到工业溴；（1）根据淡化海水的方法分析即可（2）海水中溴元素（以Br表示）的浓度0.068g/L，计算溴元素物质的量得到物质的量浓度；（3）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；（4）二氧化硫吸收溴单质发生反应生成硫酸和溴化氢；（5）Br2的沸点为59，微溶于水，依据蒸馏操作的依据是控制物质沸点得到；溴单质具有强氧化性，能氧化橡胶管；解答：解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸留法、反渗透法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法；故答案为：蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）；（
51、2）海水中溴元素（以Br表示）的浓度0.068g/L，计算溴元素物质的量得到物质的量浓度=0.00085mol/L；故答案为：0.00085mol/L；（3）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，目的是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素，故答案为：富集溴元素；（4）二氧化硫吸收溴单质发生反应：Br2+SO2+2H2O4H+SO42+2Br；故答案为：Br2+SO2+2H2O4H+SO42+2Br；（5）Br2的沸点为59，微溶于水，依据蒸馏操作的依据是控制物质沸点得到；溴单质具有强氧化性，能氧化橡胶管，蒸馏装置中仪
52、器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是Br2腐蚀橡胶；故答案为：水浴加热，Br2腐蚀橡胶；点评：本题考查了海水资源的综合利用，涉及到海水提溴工艺，工业流程，氧化还原反应分析判断，实验基本操作的理解应用，难度中等20（10分）（2014秋江西期末）实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl、SO42、I等离子的卤水为主要原料，制备无水CaCl2和I2流程如下：（1）操作的方法是萃取和分液，所用主要仪器的名称是分液漏斗（2）加入溶液W的目的是除去SO42用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+酸化溶液Z时使用的试剂是盐酸从溶液V中再得到I2的操作方法是蒸馏（3）实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2
53、气体，下列装置中合理的是b、d（4）模拟以下净化Cl2流程：Cl2饱和NaCl溶液浓H2SO4纯净Cl2设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、NaHSO3溶液、蒸馏水、澄清石灰水、酸性KMnO4 溶液、品红溶液、pH试纸SO2NaHCO3或Na2CO3溶液酸性KMnO4溶液品红溶液澄清石灰水考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl、I等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和I2，应将混合物中的Mg2+、SO42、I等离子除去，根据流程可以看
54、出分别加入氯气将溶液中的I氧化碘单质，加入氯化钡除去SO42，用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+（1）单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；（2）应加入盐酸除杂，防止引入新杂质，溶液V为碘的四氯化碳溶液，可用蒸馏的方法分离；（3）CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必需插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来；（4）要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验解答：解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶
55、液中的I氧化碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，故答案为：萃取和分液；分液漏斗；（2）应加入盐酸除杂，防止引入新杂质，溶液V为碘的四氯化碳溶液，可用蒸馏的方法分离，故答案为：盐酸；蒸馏；（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b
56、、d正确，故答案为：b、d；（4）检验酸性强弱，由于SO2和CO2气体均可以使饱和石灰水变混浊，所以CO2气体在通入饱和石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，实验顺序为将SO2气体依次通过NaHCO3（Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水品红溶液不褪色、且澄清石灰水变混浊，证明H2SO3酸性强于H2CO3故答案为：SO2NaHCO3或Na2CO3溶液酸性KMnO4溶液品红溶液澄清石灰水点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及常见的基本实验操作、仪器的使用、离子的除杂和实验方案设计，综合性强，题目难度较大，注意除杂试
57、剂的选择三、计算题（10分）21（10分）（2014秋江西期末）为确定某铝热剂样品（铝和氧化铁）的组成，分别进行下列实验：（1）若取10.7g该样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体（标准状况，下同）体积为a L样品中铝的质量分数w（Al）=7.5a%（用含a的表达式表示）若该样品，在高温下恰好发生完全反应，则a=3.36L（2）待（1）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为b L，该气体与（1）中所得气体的体积比b：a=2：3（3）若另取10.7g该样品，此样品在高温下仍然恰好完全反应，向其中加入1.0molL盐酸Vml，固体恰好溶解完全，则盐酸体积V的最小值为50
58、0mL考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）铝和NaOH反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，n（H2）=，根据化学方程式计算；取同质量的样品，在高温下使其恰好反应，发生：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，根据方程式可计算10.7g样品中含有Al的物质的量，可根据方程式计算生成气体的体积；（2）（1）中反应产物中生成Fe，可根据铁的物质的量计算生成气体的体积，进而计算体积比；（3）取10.7g样品将其点燃，恰好完全反应，发生铝热反应生成铁，铁与盐酸反应生成氢气，反应的方程式计算解答：解：（1）铝和NaOH反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2
59、H2O=2NaAlO2+3H2，n（H2）=mol，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H22mol 3moln（Al） moln（Al）=mol=mol，m（Al）=27g/molmol=g，（Al）=100%7.5a%取同质量的样品，在高温下使其恰好反应，发生：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，设混合物中含有xmolAl，ymolFe2O3，则有：解之得：x=0.1，y=0.05，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H22mol 322.4lL0.1mol aLa=3.36，故答案为：0.075a；3.36；（2）由（1）知n（Fe）=0.1mol，Fe+2HC
60、l=FeCl2+H21mol 22.4L0.1mol bL b=2.24，所以a：b=3.36：2.24=3：2，故答案为：2：3；（3）上述计算可知铝物质的量为0.1mol，铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝，反应方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；由二者恰好反应，根据方程式可知，0.1molAl可生成0.1molFe，0.05molAl2O3，与盐酸反应，向其中加入1.0molL盐酸Vml，固体恰好溶解完全， Fe+2HCl=FeCl2+H20.1mol 0.2mol Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O0.05mol 0.3mol消耗HCl物质的量为0.5mol，则盐酸体积V的最小值=0.5L=500mL，故答案为：500mL点评：本题考查铝热反应以及化学方程式的计算，题目难度中等，本题注意铝热反应的原理，注意相关方程式的书写以及物质的量应用于化学方程式的计算方法- 23 - 版权所有高考资源网