1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年湖北省黄石市有色一中高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共54分下列每小题所给选项只有一个选项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1（3分）（2013辽宁校级学业考试）以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是（）ABCD2（3分）（2011秋费县期末）下列物质的分离方法中，是利用密度不同达到分离的是（）A把石油分馏分离成为汽油煤油和柴油等B煎中药时用水在煮沸条件下提取中药的有效成分C把大豆磨碎后，用水溶解其中可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣D做饭洗米时淘去米中的沙3（3分）（2014秋下陆区校级期末）已
2、知土壤胶体中的粒子带负电荷，又有很大的表面积，吸附某些离子的能力较强在土壤里施用含氮量相同的下列肥料，肥效最差的是（）A（NH4）2SO4BNH4NO3CNH4HCO3DNH4Cl4（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列相关说法正确的是（）A胶体是带电的，溶液是电中性的B向煮沸的1mol/LNaOH溶液 中滴加FeCl3饱和溶液得Fe（OH）3胶体C依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D向污水投放明矾，能生成凝聚悬浮物的胶体5（3分）（2014秋下陆区校级期末）用下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是（）XYZA氧化物化合物纯净物B胶体分散系混合物C电解质酸、碱、盐化合物D
3、置换反应氧化还原反应离子反应AABBCCDD6（3分）（2014秋下陆区校级期末）在一定条件下，分别以KMnO4、KClO3、H2O2 为原料制取O2，已知2H2O2=2H2O+O2当制取常温常压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数这比为（）A1：1：1B2：2：1C2：3：1D4：3：27（3分）（2014秋下陆区校级期末）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应：CO32+2H+=CO2+H2OB碳酸钡与醋酸反应：BaCO3+CH3COOH=Ba2+CH3COO+CO2+H2OC把金属铁放入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3+3H2DFeCl3溶液中加入过量氨水
4、：Fe3+3NHH2O=Fe（OH）3+3NH4+8（3分）（2014秋下陆区校级期末）下表中评价正确的是（）选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀盐酸反应：Fe3O4+8H+Fe3+4H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO42BaSO4正确D澄清石灰水与少量的CO2反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O错误，少量的CO2生成物应为Ca（HCO3）2AABBCD9（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列说法正确的是（）A在氧化还原反应中，一定是一种元素被氧化另一种元素被还原B某元
5、素由化合态转化为游离态，这种元素可能被氧化也有可能被还原C氧化还原反应中，还原剂失电子越多，还原性越强D氧化还原反应中，较难失电子的原子，一定容易得到电子10（3分）（2014秋下陆区校级期末）要配制一种仅含四种离子的混合液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/L，下面四个选项中能达到此目的是（）ANa+ NO3 Cl Al3+BMg2+ NH4+ SO42 NO3CH+ K+ Cl CH3COODK+ Al3+ SO42 OH11（3分）（2014秋下陆区校级期末）将NaMgAl各0.3mol分别加入100ml 1.0mol/L的盐酸中，产生气体体积比是（）A1：2：3B6：
6、3：2C3：1：1D1：1：112（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列说法正确的是（）A某钾盐溶于盐酸，产生无色无味的气体，将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，则该钾盐一定是K2CO3B取试剂少量于试管，滴加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀HNO3白色沉淀不溶解，证明该试剂中一定含SO42C用某盐做焰色反应，火焰为黄色，说明该盐一定含Na+，一定不含K+D取黄色溶液少量于试管，滴加KSCN（aq），呈红色，该溶液中一定含有Fe3+13（3分）（2014秋下陆区校级期末）在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1molNa、Na2O、Na2O2、NaOH，然后各加入100ml水，搅拌
7、后固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁所得溶液的质量分数大小顺序为（）A甲乙丙丁B丁甲丙=乙C甲=丁丙=乙D丁甲乙丙14（3分）（2013景洪市校级模拟）在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，下列说法不正确的是（）A标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比m：nB25时，1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：mC同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m：nD标准状况下，等质量的A与B的体积比为m：n15（3分）（2014秋景洪市校级期末）下列溶液中含Cl浓度最大的是（）A10mL0.1mol/L的AlCl3溶液B20mL0.1mol/LCaCl2溶液C30mL0.2mol/
8、L的KCl溶液D100mL0.25mol/L的NaCl溶液16（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列关于阿伏加德罗常数的叙述正确的（）A32克O2和O3 的混合气体中含有的氧原子个数为2NABNa2O2与水反应，当有2 mol的Na2O2作氧化剂，转移的电子数目为2NACCO2通过Na2O2，使其增重b克，反应中转移的电子数为D标况下.22.4LHCL 溶于水后溶液中含NA个HCl分子17（3分）（2014秋下陆区校级期末）利用碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）来配制0.5molL1的碳酸钠溶液1 000mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（）A称取碳酸钠
9、晶体100 gB定容时俯视观察刻度线C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线18（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列操作中最终没有沉淀析出的是（）A向饱和Na2CO3（aq）中通入过量的CO2B向饱和的食盐水中加入一小块间质钠C向CaCl2（aq）中通入少量的CO2气体D向AlCl3（aq）滴入过量稀氨水二、解答题（共6小题，满分46分）19（5分）（2014秋下陆区校级期末）现用溶质的质量分数为98%、密度为1.84gcm3的浓硫酸来配制500mL、0.2molL1的稀H2S04可供选择的仪器有：玻璃棒；
10、烧瓶；烧 杯；胶头滴管；量筒；容量瓶；托盘天平；药匙请回答下列问题：（1）上述仪器中，在配制稀硫酸时用不到的有（填代号）（2）经计算，需浓硫酸的体积为（精确到0.1mL）现有10mL50mL100mL 三种 规格的量筒，你选用的量筒是（填代号）（3）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是，能引起误差偏高的有（填代号）洗涤稀释浓硫酸后的烧杯，并将洗涤液转移到容量瓶中；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中；将浓硫酸直接倒入烧杯中，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸；定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水；定容上下颠倒后，发现液面低于引以为刻度
11、线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线；定容时，俯视刻度线20（6分）（2010秋锦州期末）如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题（1）图中有两处明显的错误是：；（2）A仪器的名称是，B仪器的名称是（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需要加入少量的，其作用是21（8分）（2014秋下陆区校级期末）水在很多的反应中，起到极其重要的作用根据下面水参与的反应，回答问题：2F2+2H2O4HF+O2 2Na2O2+2H2O4NaOH+O22Na+2H2O2NaOH+H2 2H2O2H2+O2（1）水只作氧化剂的是；（填写序号，下同）水只作还原剂的是；水既作氧化剂，又做还原剂的是；水既不是
12、氧化剂，又不是还原剂的氧化还原反应是（2）请标出下列反应的电子转移的方向和数目3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O（3）上述反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O若转移5mol电子，则所得氧化产物的物质的量为mol22（8分）（2014秋下陆区校级期末）“绿色试剂”双氧水可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业废液中的氰化物 （如KCN，N为3价），反应的化学方程式为：KCN+H2O2+H2O=A+NH3 回答下列问题：（1）生成物A的化学式为（2）在标准状况下有0.448L氨气生成，则转移的电子数为（3）反应中被氧化的元素为，被还原的元素为（4）H2O2被
13、称为“绿色氧化剂”的理由是23（15分）（2014秋下陆区校级期末）（1）如图为五个椭圆交叉构成的图案，其中五个椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH五种物质，图中相连的物质均可归为一类，相交部分A、B、C、D为相应的分类标准代号：相连的两种物质都是电解质的是（填分类标准代号，下同）都是氧化物的是图中相连的两种物质能够相互反应的是，所属基本反应类型的是反应上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质，则该反应的离子方程式为用洁净的烧杯取25ml蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上述五种物质中的某一物质的饱和溶液，加热至液体呈红褐色，得到的分散系称
14、为，证明该分散系生成的实验原理是（2）分类方法应用比较广泛，属于同一类的物质具有相似性，在生活和学习中使用分类的方法处理问题，可以做到举一反三，还可以做到由此及彼如：CO2、SiO2、SO2、SO3都属于酸性氧化物，由CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H20，可完成SO3与NaOH反应的方程式为NaHCO3、NaHSO3都属于弱酸形成的酸式盐，由NaHCO3+HClNaCl+H20+CO2及NaHCO3+NaOHNa2CO3+H20，可完成NaHSO3分别与HCl、NaOH反应的离子方程式为、（3）上述五种物质中有一种物质（甲）的水溶液遇到KSCN溶液变红色，甲的化学式为已知甲能发生如下变化
15、：甲乙甲，试写出甲乙反应的化学方程式：；气体丙的化学式是，试写出反应乙甲的离子方程式甲与铜粉发生反应的离子方程式24（4分）（2014秋下陆区校级期末）向300mLKOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体请回答下列问题：（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出（有几种写几种）123456（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色固体请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的？2014-2015学年湖北省黄石市有色一中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每
16、小题3分，共54分下列每小题所给选项只有一个选项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1（3分）（2013辽宁校级学业考试）以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是（）ABCD考点：化学试剂的分类 专题：物质的分类专题分析：乙醇易燃烧，属于易燃液体，然后根据各选项图标的含义解答解答：解：A图标为腐蚀品，故A错误； B图标为爆炸品，故B错误；C图标为有毒气体，故C错误；D乙醇为易燃液体，图标为易燃液体，故D正确故选D点评：本题考查学生有关乙醇的知识知识，可以根据所学知识进行回答，较简单2（3分）（2011秋费县期末）下列物质的分离方法中，是利用密度不同达到分离的是（）A把石
17、油分馏分离成为汽油煤油和柴油等B煎中药时用水在煮沸条件下提取中药的有效成分C把大豆磨碎后，用水溶解其中可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣D做饭洗米时淘去米中的沙考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：化学实验基本操作分析：A分馏是利用混合物沸点的不同进行分离；B提取中药的有效成分是利用溶解度不同分离；C过滤是利用溶解度不同进行分离；D淘米是利用密度大小分离解答：解：A汽油煤油和柴油的沸点不同，利用蒸馏的方法分离，故A错误；B提取中药的有效成分是利用溶解度不同分离，不是利用密度，故B错误；C过滤是利用溶解度不同进行分离，然后利用滤渣不能通过滤纸分离，故C错误；D沙子和米的密度不同，沉
18、在水的底部，用淘洗法可分离，故D正确故选D点评：本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，注意物质的性质的异同以及常见分离原理3（3分）（2014秋下陆区校级期末）已知土壤胶体中的粒子带负电荷，又有很大的表面积，吸附某些离子的能力较强在土壤里施用含氮量相同的下列肥料，肥效最差的是（）A（NH4）2SO4BNH4NO3CNH4HCO3DNH4Cl考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：土壤胶粒带负电荷，容易吸附带正电荷的粒子，所以吸附的应是铵根离子，氮肥的肥效必须是氮元素吸附在土壤颗粒表面，才能起到效果解答：解：选项中的铵盐中有铵根离子的盐可以被吸附在土壤颗粒表面，而硝酸根离子是阴离子不能
19、被土壤胶粒吸附，因此在含氮元素相同条件下施用效果最差的是NH4NO3；故选B点评：本题考查了胶体性质的应用，题目难度不大，注意对题干中信息的分析和利用4（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列相关说法正确的是（）A胶体是带电的，溶液是电中性的B向煮沸的1mol/LNaOH溶液 中滴加FeCl3饱和溶液得Fe（OH）3胶体C依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D向污水投放明矾，能生成凝聚悬浮物的胶体考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：A、胶体分散系是电中性的，胶体微粒吸附带电离子；B、氢氧化铁的制取是向煮沸的蒸馏水中逐滴滴加三氯化铁饱和溶液，直至煮沸；C、溶液、胶体、浊液的本
20、质区别在于分散系中分散质颗粒直径的大小；D、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性解答：解：A、胶体微粒吸附带电离子，胶体分散系是电中性的，故A错误； B、向煮沸的蒸馏水中逐滴滴加三氯化铁饱和溶液，直至煮沸制取氢氧化铁胶体，故B错误；C、分散系中颗粒直径在1100nm之间为胶体，小于1nm为溶液，大于100nm为浊液，故C错误；D、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，故D正确；故选D点评：本题主要考查的是胶体的性质、氢氧化铁胶体的制取以及分散系的概念，难度不大5（3分）（2014秋下陆区校级期末）用下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是（
21、）XYZA氧化物化合物纯净物B胶体分散系混合物C电解质酸、碱、盐化合物D置换反应氧化还原反应离子反应AABBCCDD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型 专题：物质的分类专题分析：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答A氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物；B混合物包括溶液、胶体、浊液三大分散系，胶体属于分散系；C酸碱盐都是电解质，电解质属于化合物；D置换反应一定是氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于离子反应解答：解：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含XA氧化物
22、是由氧元素和另一元素两种元素组成的化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；B分散系包括溶液、胶体、浊液三种，胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成属于混合物，胶体是分散系中的一种，故B正确；C电解质是在熔融状态下或在溶液中能导电的化合物，包括离子化合物和部分共价化合物，酸碱盐都是电解质，电解质都属于化合物，故C错误；D置换反应一定是氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于离子反应，故D错误故选CD点评：本题考查了化学中的基本概念应用，物质分类的依据，概念的包含关系判断，主要考查电解质、氧化物、分散系混合物的不同分类原则，题目难度不大6（3分）（2014秋下陆区校级期末）在一定条件下，分别
23、以KMnO4、KClO3、H2O2 为原料制取O2，已知2H2O2=2H2O+O2当制取常温常压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数这比为（）A1：1：1B2：2：1C2：3：1D4：3：2考点：氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题分析：加热高锰酸钾的方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，转移电子是4mol，氯酸钾分解反应的方程式为2KClO32KCl+3O2，转移电子是12mol，2H2O22H2O+O2，转移电子是2mol，根据转移电子的数目和获得氧气的量进行计算解答：解：加热高锰酸钾的方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，转移电子是4mol
24、，氯酸钾分解反应的方程式为2KClO32KCl+3O2，转移电子是12mol，2H2O22H2O+O2，转移电子是2mol，当获得氧气常温常压下相同体积时，假设是1mol时，转移电子数分别是4mol、4mol、2mol，所以所转移的电子数目之比是2：2：1故选B点评：本题考查学生氧化还原反应中电子转移情况，注意化合价升高数=化合价降低数值=转移电子数这一规律的应用，难度不大7（3分）（2014秋下陆区校级期末）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应：CO32+2H+=CO2+H2OB碳酸钡与醋酸反应：BaCO3+CH3COOH=Ba2+CH3COO+CO2+H2OC把金
25、属铁放入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3+3H2DFeCl3溶液中加入过量氨水：Fe3+3NHH2O=Fe（OH）3+3NH4+考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A碳酸氢根离子不能拆分；B电荷不守恒；C反应生成硫酸亚铁和氢气；D反应生成氢氧化铁和氯化铵解答：解：A碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应的离子反应为HCO3+H+=CO2+H2O，故A错误；B碳酸钡与醋酸反应的离子反应为BaCO3+2CH3COOH=Ba2+2CH3COO+CO2+H2O，故B错误；C把金属铁放入稀硫酸中的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故C错误；DFeCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为Fe3+3NHH2
26、O=Fe（OH）3+3NH4+，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应书写的正误判断，为高考中的经典题型，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大8（3分）（2014秋下陆区校级期末）下表中评价正确的是（）选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀盐酸反应：Fe3O4+8H+Fe3+4H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO42BaSO4正确D澄清石灰水与少量的CO2反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O错误，少量的CO2生成
27、物应为Ca（HCO3）2AABBCD考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；B碳酸镁在离子反应中保留化学式；C漏写铵根离子与碱的反应；D澄清石灰水与少量的CO2反应，生成碳酸钙和水解答：解：AFe3O4与稀盐酸反应的离子反应为Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O，故A错误；B碳酸镁中加入稀盐酸的离子反应为MgCO3+2H+CO2+H2O+Mg2+，评价合理，故B正确；C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为2OH+2NH4+Ba2+SO42BaSO4+2NH3H2O，故C错误；D清石灰水与少量的CO2反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H
28、2O，评价不合理，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应书写的正误判断，为高考中的经典题型，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大9（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列说法正确的是（）A在氧化还原反应中，一定是一种元素被氧化另一种元素被还原B某元素由化合态转化为游离态，这种元素可能被氧化也有可能被还原C氧化还原反应中，还原剂失电子越多，还原性越强D氧化还原反应中，较难失电子的原子，一定容易得到电子考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：A氧化还原反应可发生在同一种元素之间；B某元素由化合态转化为游离态，发生氧化还原反应，
29、化合价可升高，也可降低；C还原性与失去电子能力有关；D较难失电子的原子，不一定易得电子解答：解：A氧化还原反应可发生在同一种元素之间，如Cl2+H2O=HCl+HClO，故A错误；B某元素由化合态转化为游离态，发生氧化还原反应，化合价可升高，也可降低，如S2S、Cu2+Cu，元素可能被氧化也有可能被还原，故B正确；C还原性与失去电子能力有关，与失去电子的多少无关，故C错误；D较难失电子的原子，不一定易得电子，如惰性气体元素，故D错误故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和判断的考查，注意利用实例分析，题目难度不大10（
30、3分）（2014秋下陆区校级期末）要配制一种仅含四种离子的混合液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/L，下面四个选项中能达到此目的是（）ANa+ NO3 Cl Al3+BMg2+ NH4+ SO42 NO3CH+ K+ Cl CH3COODK+ Al3+ SO42 OH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、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合电荷守恒来解答解答：解：A该组离子之间不反应，可大量共存，但等浓度时不遵循电荷守恒，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，且等浓度时遵循电荷守恒，故B选；CH+、CH
31、3COO结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；DAl3+、OH结合生成沉淀，不能大量共存，故D不选；故选B点评：本题考查离子的共存，为高考中的经典题型，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注重双基和能力的训练，较好的考查学生思维严密性，侧重复分解反应及电荷守恒的考查，题目难度不大11（3分）（2014秋下陆区校级期末）将NaMgAl各0.3mol分别加入100ml 1.0mol/L的盐酸中，产生气体体积比是（）A1：2：3B6：3：2C3：1：1D1：1：1考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算，注意钠与酸反应完会继续
32、与水反应解答：解：将三种金属各0.3mol分别投入100mL 1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，应按盐酸的量计算，镁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为：（0.1L1mol/L）0.05 mol但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：0.3mol钠产生0.15mol氢气故将钠、镁、铝各0.3mol 分别放入100mL 1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：0.15mol：0.05mol：0.05mol3：1：1，所以同温同压下产生的气体体积比是3：1：1故选C点评：本题考查金属与酸反应的计算，此类题应先判断谁过
33、量，按不足量计算，同时注意一些活泼金属与酸反应完会继续与水反应，本题易错选D12（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列说法正确的是（）A某钾盐溶于盐酸，产生无色无味的气体，将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，则该钾盐一定是K2CO3B取试剂少量于试管，滴加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀HNO3白色沉淀不溶解，证明该试剂中一定含SO42C用某盐做焰色反应，火焰为黄色，说明该盐一定含Na+，一定不含K+D取黄色溶液少量于试管，滴加KSCN（aq），呈红色，该溶液中一定含有Fe3+考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：物质检验鉴别题分析：A也可能为KHCO3；B不能排除Ag
34、+或SO32的干扰；C应透过蓝色钴玻璃检验钾元素；DFe3+与KSCN发生显色反应解答：解：A钾盐溶于盐酸，产生无色无味的气体，将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，说明生成二氧化碳气体，也可能为KHCO3，故A错误；B不能排除Ag+或SO32的干扰，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡检验，故B错误；C应透过蓝色钴玻璃检验钾元素，故C错误；DFe3+与KSCN发生显色反应，可用于检验，故D正确故选D点评：本题考查物质的鉴别和检验基本方法及应用，为高频考点，把握变质混有的物质及离子的性质为解答的关键，注意原物质与变质生成的物质反应现象相同不能鉴别，题目难度不大13（3分）（2014秋下陆区校级期
35、末）在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1molNa、Na2O、Na2O2、NaOH，然后各加入100ml水，搅拌后固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁所得溶液的质量分数大小顺序为（）A甲乙丙丁B丁甲丙=乙C甲=丁丙=乙D丁甲乙丙考点：钠的重要化合物；溶液中溶质的质量分数及相关计算；钠的化学性质 分析：先根据钠原子守恒计算溶质的质量，再根据反应方程式计算溶液的质量，从而计算溶液的质量分数解答：解：钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的质量=m（Na）m（H2）=2.3g0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=
36、0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的质量=m（Na2O2）m（O2）=m（Na2O）=6.2g将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol40g/mol=4g；所以溶液增加的质量大小顺序为：钠氢氧化钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：、，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁甲乙=丙故选
37、B点评：本题以钠及其化合物的性质考查了溶液质量分数大小的比较，难度较大，明确溶液质量增加的量是解本题的关键14（3分）（2013景洪市校级模拟）在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，下列说法不正确的是（）A标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比m：nB25时，1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：mC同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m：nD标准状况下，等质量的A与B的体积比为m：n考点：阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，根据n=可知，A气体与 B气体的摩尔质量之比为m：nA、
38、同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比；B、相同质量，分子数与摩尔质量成反比；C、同温同压，气体的密度之比等于摩尔质量之比；D、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比解答：解：在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，则A气体与 B气体的摩尔质量之比为m：nA、同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比，所以同体积的气体A和气体B的质量比为m：n，故A正确；B、相同质量，分子数与摩尔质量成反比，所以1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：m，故B正确；C、同温同压下，气体A与气体B的密度之比等于摩尔质量之比，所以气体A与气体B的密度之比为m：n，故C正确；D
39、、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比，所以标准状况下，等质量的A与B的体积比为n：m，故D错误故选D点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度中等，掌握阿伏伽德罗定律及常用推论，可借助pV=nRT理解15（3分）（2014秋景洪市校级期末）下列溶液中含Cl浓度最大的是（）A10mL0.1mol/L的AlCl3溶液B20mL0.1mol/LCaCl2溶液C30mL0.2mol/L的KCl溶液D100mL0.25mol/L的NaCl溶液考点：物质的量浓度 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解
40、答解答：解：A、10mL 0.1mol/L 的AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度=0.1mol/L3=0.3 mol/L；B、20mL0.1mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度=0.1mol/L2=0.2mol/L；C、30mL0.2mol/L的KCl溶液中氯离子的物质的量浓度=0.2mol/L1=0.2mol/L；D、100mL0.25mol/L的NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度=0.25mol/L1=0.25mol/L；故选A点评：明确“溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，”是解本题的关键，难度不大16（3分）（2014秋
41、下陆区校级期末）下列关于阿伏加德罗常数的叙述正确的（）A32克O2和O3 的混合气体中含有的氧原子个数为2NABNa2O2与水反应，当有2 mol的Na2O2作氧化剂，转移的电子数目为2NACCO2通过Na2O2，使其增重b克，反应中转移的电子数为D标况下.22.4LHCL 溶于水后溶液中含NA个HCl分子考点：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氧气和臭氧都是由氧原子构成；B过氧化钠和水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中O元素化合价为1价，反应中O元素化合价由1价分别变化为0价和2价，则Na2O2既是氧化剂又是还原剂；C依据2Na2O2+2
42、CO2=2Na2CO3+O2，可知当生成1mol氧气时，固体增重28g，转移电子数2NA；D氯化氢为强电解质，在水中完全电离解答：解：A.32gO2和O3混合气体中含有氧原子的质量是32g，含有氧原子个数=NA=2NA，故A正确；B过氧化钠和水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中O元素化合价为1价，反应中O元素化合价由1价分别变化为0价和2价，当有2 mol的Na2O2作氧化剂，转移的电子数目为4NA，故B错误；C依据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知当生成1mol氧气时，固体增重28g，转移电子数2NA，CO2通过Na2O2，使其增重b克，反应中转移
43、的电子数为，故C错误；D氯化氢为强电解质，在水中完全电离，不存在分子，故D错误；故选：A点评：本题考查阿伏加德罗常数，明确过氧化钠与水、二氧化碳反应中元素化合价升级数目是解题关键，题目难度中等17（3分）（2014秋下陆区校级期末）利用碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）来配制0.5molL1的碳酸钠溶液1 000mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（）A称取碳酸钠晶体100 gB定容时俯视观察刻度线C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线考点：溶液的配制 专题：化学实验基本操
44、作分析：配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c=的影响进行判断解答：解：A配制1000mL溶液，需要选用1000mL容量瓶，需要碳酸钠晶体的物质的量为0.5mol/L1L=0.5mol，需要碳酸钠晶体的质量为：286g/mol0.5mol=143g，称量的碳酸钠晶体质量不符合要求，会产生误差，故A错误；B定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故B正确；C没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D又加入了蒸馏水，导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏低，
45、故D错误；故选B点评：本题考查了配制一定浓度的溶液的误差分析，主要是熟练掌握常见误差的分析方法，本题难度不大18（3分）（2014秋下陆区校级期末）下列操作中最终没有沉淀析出的是（）A向饱和Na2CO3（aq）中通入过量的CO2B向饱和的食盐水中加入一小块间质钠C向CaCl2（aq）中通入少量的CO2气体D向AlCl3（aq）滴入过量稀氨水考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：A过量CO2和Na2CO3反应生成NaHCO3，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，所以溶液为过饱和溶液；B向饱和的食盐水中加入一小块间质钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，则溶液为
46、过饱和溶液；CH2CO3酸性小于盐酸，所以CaCl2溶液和CO2不反应；D因为氢氧化铝只与强酸强碱反应，所以向AlCl3（aq）滴入过量稀氨水生成氢氧化铝和氯化铵解答：解：A过量CO2和Na2CO3反应生成NaHCO3，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，所以溶液为过饱和溶液，则有NaHCO3晶体析出，故A正确；B向饱和的食盐水中加入一小块间质钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，则溶液为过饱和溶液，所以有NaCl晶体析出，故B正确；CH2CO3酸性小于盐酸，所以CaCl2溶液和CO2不反应，所以最终没有沉淀析出，故C错误；H2CO3酸性大于HClO，Ca（ClO）2溶液和CO2反应生成
47、CaCO3和HClO，但过量的CO2和CaCO3反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，所以最终没有沉淀析出，故C错误；D因为氢氧化铝只与强酸强碱反应，所以向AlCl3（aq）滴入过量稀氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故D正确；故选C点评：本题考查物质之间的反应，明确物质的性质及物质的溶解性即可解答，易错选项是A，注意Na2CO3、NaHCO3溶解性相对大小，为易错点二、解答题（共6小题，满分46分）19（5分）（2014秋下陆区校级期末）现用溶质的质量分数为98%、密度为1.84gcm3的浓硫酸来配制500mL、0.2molL1的稀H2S04可供选择的仪器有：玻璃棒；烧瓶；烧 杯；胶头滴管；量筒；
48、容量瓶；托盘天平；药匙请回答下列问题：（1）上述仪器中，在配制稀硫酸时用不到的有（填代号）（2）经计算，需浓硫酸的体积为5.4（精确到0.1mL）现有10mL50mL100mL 三种 规格的量筒，你选用的量筒是（填代号）（3）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是，能引起误差偏高的有（填代号）洗涤稀释浓硫酸后的烧杯，并将洗涤液转移到容量瓶中；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中；将浓硫酸直接倒入烧杯中，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸；定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水；定容上下颠倒后，发现液面低于引以为刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水
49、至刻度线；定容时，俯视刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：实验题分析：（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；（2）依据C=计算质量分数为98%、密度为1.84gcm3的浓硫酸的物质的量浓度，溶液稀释前后所含溶质的物质的量保持不变，据此解答；（3）依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤判断，根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断解答：解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时
50、，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500ml容量瓶，所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙；故答案为：；（2）质量分数为98%、密度为1.84gcm3的浓硫酸的物质的量浓度C=18.4（mol/L），设需要浓硫酸体积为V，依据液稀释前后所含溶质的物质的量保持不变得：V18.4mol/L=500mL0.2molL1，解得：V=5.4mL；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积，故选；故答案为：5.4；（3）为保证溶质全部转移到容量瓶，应洗涤稀释浓硫酸后的烧杯，并将洗涤液转移到容量瓶中，故正确；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，操作错误，冷却后溶液的
51、体积偏小，溶液的浓度偏高；浓硫酸稀释时，应将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故错误；定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，操作错误，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，操作正确；定容上下颠倒后，发现液面低于引以为刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，错误，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；定容时，应平视刻度线，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；所以：操作中：错误的是：；能引起误差偏高的有：；故答案为：；点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理和过程是解题关键，
52、注意误差分析的方法20（6分）（2010秋锦州期末）如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题（1）图中有两处明显的错误是：冷凝水方向；温度计位置错误（2）A仪器的名称是蒸馏烧瓶，B仪器的名称是冷凝管（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需要加入少量的加沸石（或碎瓷片），其作用是防止暴沸考点：实验室制取蒸馏水 专题：化学实验基本操作分析：实验室用自来水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用解答：解：（1）温度计水银球应处在
53、蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，故答案为：冷凝水方向；温度计位置错误；（2）由仪器的结构可知，A为蒸馏烧瓶，B为冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；（3）为防止液体暴沸，应加碎瓷片，故答案为：加沸石（或碎瓷片）；防止暴沸点评：本题考查实验室制备蒸馏水操作，题目难度不大，本题注意实验操作要点，学习中注意正确操作方法和实验的注意事项21（8分）（2014秋下陆区校级期末）水在很多的反应中，起到极其重要的作用根据下面水参与的反应，回答问题：2F2+2H2O4HF+O2 2Na2O2+2H2O4NaOH+O22Na+2H2O2NaOH+H2
54、2H2O2H2+O2（1）水只作氧化剂的是；（填写序号，下同）水只作还原剂的是；水既作氧化剂，又做还原剂的是；水既不是氧化剂，又不是还原剂的氧化还原反应是（2）请标出下列反应的电子转移的方向和数目3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O（3）上述反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O若转移5mol电子，则所得氧化产物的物质的量为1mol考点：氧化还原反应；钠的重要化合物 专题：氧化还原反应专题分析：（1）在氧化还原反应中，得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂；（2）反应中，化合价升高数目=化合价降低数目=转移电子数目；（3）根据氧
55、化产物和转移电子之间的关系式计算解答：解：（1）该反应中，水中O元素失电子化合价升高，所以水中还原剂；该反应中水中的H和O元素的化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂；该反应中钠失电子化合价升高，水中氢元素得电子化合价降低，所以水作氧化剂； 该反应中，水中的H元素得电子化合价降低，水中的O元素失电子化合价升高，所以水既是氧化剂又是还原剂；故答案为：；（2）反应3Cl2+6NaOH（热，浓）5NaCl+NaClO3+H2O中，化合价升高的元素是Cl，化合价降低的元素也是氯元素，化合价升高数目=化合价降低数目=转移电子数目=5，电子转移的方向和数目如下所示：，故答案为：；（3）该反应中的氧化
56、产物是氯酸钠，氯酸钠和转移电子之间的关系式是1：5，所以若转移5mol电子，则所得氧化产物的物质的量为1mol，故答案为：1点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，难点是标出电子的方向和数目22（8分）（2014秋下陆区校级期末）“绿色试剂”双氧水可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业废液中的氰化物 （如KCN，N为3价），反应的化学方程式为：KCN+H2O2+H2O=A+NH3 回答下列问题：（1）生成物A的化学式为KHCO3（2）在标准状况下有0.448L氨气生成，则转移的电子数为0.04mol（3）反应中被氧化的元素为C（或碳），被还原的元素为O（或氧）（4）H2O2被称为“
57、绿色氧化剂”的理由是还原产物为水，对环境无污染考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：（1）根据质量守恒定律来分析A的化学式；（2）根据化合价的变化来计算转移的电子数；（3）元素的化合价升高时被氧化，降低时被还原；（4）根据还原产物为水来分析解答：解：（1）由质量守恒定律可知，反应前后的元素守恒、原子个数守恒，则A的化学式为KHCO3，故答案为：KHCO3；（2）标准状况下有0.448L氨气生成，氨气的物质的量为=0.02mol，C元素由+2升高为+4，则转移的电子数为0.02mol（42）=0.04mol，故答案为：0.04mol；（3）元素的化合价升高时被氧化，该反应中只有C
58、元素的化合价升高，反应中O元素化合价由1价降低到2价，被还原，故答案为：C（或碳）；O（或氧）；（4）该氧化还原反应中还原产物为水，对环境无污染，则H2O2被称为绿色氧化剂，故答案为：还原产物为水，对环境无污染点评：本题综合考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，解答本题注意从质量守恒的角度判断生成物，注意题给信息的掌握，难度不大23（15分）（2014秋下陆区校级期末）（1）如图为五个椭圆交叉构成的图案，其中五个椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH五种物质，图
59、中相连的物质均可归为一类，相交部分A、B、C、D为相应的分类标准代号：相连的两种物质都是电解质的是CD（填分类标准代号，下同）都是氧化物的是B图中相连的两种物质能够相互反应的是D，所属基本反应类型的是复分解反应上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质，则该反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O用洁净的烧杯取25ml蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上述五种物质中的某一物质的饱和溶液，加热至液体呈红褐色，得到的分散系称为胶体，证明该分散系生成的实验原理是丁达尔效应（2）分类方法应用比较广泛，属于同一类的物质具有相似性，在生活和学习中使用分类的方法处理问题
60、，可以做到举一反三，还可以做到由此及彼如：CO2、SiO2、SO2、SO3都属于酸性氧化物，由CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H20，可完成SO3与NaOH反应的方程式为SO3+2NaOH=Na2SO4+H2ONaHCO3、NaHSO3都属于弱酸形成的酸式盐，由NaHCO3+HClNaCl+H20+CO2及NaHCO3+NaOHNa2CO3+H20，可完成NaHSO3分别与HCl、NaOH反应的离子方程式为NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2；、NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O（3）上述五种物质中有一种物质（甲）的水溶液遇到KSCN溶液变红色，甲的化学式为FeCl3已
61、知甲能发生如下变化：甲乙甲，试写出甲乙反应的化学方程式：2FeCl3+Fe=3FeCl2；气体丙的化学式是Cl2，试写出反应乙甲的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl甲与铜粉发生反应的离子方程式2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型 专题：物质的分类专题分析：（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；氧化物：氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；置换反应：指一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应；分解反应：指一种化合物分解成二种或二种以上较简单的单质
62、或化合物的反应；化合反应：指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；复分解反应：是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应；C2H5OH、CO2与强酸不反应；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水；FeCl3与强酸不反应；KOH与盐酸反应生成氯化钾和水；根据氢氧化铁胶体的制备方法和胶体的性质进行判断（2）根据酸性氧化物与碱反应生成盐和水生成反应的化学方程式；NaHSO3与氯化氢反应生成氯化钠和二氧化硫和水、NaHSO3与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，据此写出反应的化学方程式（3）依据铁离子遇到硫氰酸钾溶液会生成血红色溶液，已知甲能发生如下变化：甲乙甲，为FeCl3FeCL2FeC
63、L3；甲到乙是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁；气体丙为氯气，乙到甲是氯气氧化亚铁离子生成铁离子；氯化铁溶液和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁解答：解：（1）CH3CH2OH不是氧化物；在水中和熔化状态下都不能导电，属于非电解质，二氧化碳是氧化物；在水溶液中与水反应生成碳酸，二氧化碳自身不能电离，是非电解质，Fe2O3是氧化物；在熔融状态下能够导电，属于电解质，FeCl3不是氧化物；在水溶液中能够导电，属于电解质，KOH不是氧化物；在水溶液中能够导电，属于电解质，故相连的两种物质都是电解质的是CD；都是氧化物的是B；故答案为：CD；B；C2H5OH与CO2不能反应；CO2与Fe2O3不能反应；Fe2O3与
64、FeCl3不能反应；FeCl3与KOH能够发生反应，生成氢氧化铁沉淀和氯化钾，属于复分解反应；故答案为：D；复分解；C2H5OH、CO2与强酸不反应；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水；FeCl3与强酸不反应；KOH与盐酸反应生成氯化钾和水；故符合条件的反应为Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；用洁净的烧杯取25mL蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，加热煮沸至液体呈红褐色，得到的分散系称为胶体，要证明胶体的实验的方法是丁达尔效应，故答案为：胶体；丁达尔效应（2）SO3与N
65、aOH反应生成了硫酸钠和水，反应的化学方程式为：SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O，故答案为：SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O；NaHSO3分别与HCl反应生成氯化钠和二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为：NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2； NaHSO3与NaOH反应生成亚硫酸钠与水，反应的方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2；NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O（3）依据铁离子遇到硫氰酸钾溶液会生成血红色溶液，已知甲能发生如下变化：甲乙甲，为FeCl3FeCL2FeCL3，故答案为
66、：FeCl3；甲到乙是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，化学方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2；气体丙为氯气，乙到甲是氯气氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；故答案为：2FeCl3+Fe=3FeCl2；Cl2；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；氯化铁溶液和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+点评：本题考查电解质和非电解质、氧化物概念的辨析、四种基本反应类型的判断、离子方程式的书写、胶体的制备及性质等知识，难度中等要注意基础知识的积累24（4分）（2014秋
67、下陆区校级期末）向300mLKOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体请回答下列问题：（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出（有几种写几种）123456（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色固体请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的？考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：（1）发生反应：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、CO2+KOH=KHCO3，可知：当n（KOH）：n（CO2）2时，发生反应，KOH有剩余；当n（KOH）：n（CO2）=2时，发生
68、反应，KOH与二氧化碳恰好反应；当n（KOH）：n（CO2）=1时，发生反应，KOH与二氧化碳恰好反应；当1n（KOH）：n（CO2）2时，发生反应、；当n（KOH）：n（CO2）1时，发生反应，二氧化碳有剩余；（2）假设二氧化碳完全反应，白色固体为碳酸钾，计算碳酸钾质量，假设二氧化碳完全反应，白色固体只是碳酸氢钾，计算碳酸氢钾的质量，据此判断11.9g时固体的成分，进而计算解答解答：解：（1）发生反应：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、CO2+KOH=KHCO3，可知：当n（KOH）：n（CO2）2时，发生反应，KOH有剩余，白色固体为K2CO3、KOH；当n（KOH）：n（CO2）=2
69、时，发生反应，KOH与二氧化碳恰好反应，白色固体为K2CO3；当n（KOH）：n（CO2）=1时，发生反应，KOH与二氧化碳恰好反应，白色固体为KHCO3；当1n（KOH）：n（CO2）2时，发生反应、，白色固体为K2CO3、KHCO3；当n（KOH）：n（CO2）1时，发生反应，二氧化碳有剩余，白色固体为KHCO3；故答案为：可能情况组成物质K2CO3、KOHK2CO3KHCO3、K2CO3KHCO3；（2）二氧化碳的物质的量为=0.1mol，假设二氧化碳完全反应，白色固体为碳酸钾，则m（K2CO3）=0.1mol138g/mol=13.8g，假设二氧化碳完全反应，白色固体只是碳酸氢钾，则m（KHCO3）=0.1mol100g/mol=10g，由于13.8g11.9g10.0g所以得到的白色固体是 K2CO3和KHCO3的混合物设白色固体中 K2CO3 为x mol，KHCO3 为y mol，根据碳元素守恒、二者总质量得：解得x=0.05mol，y=0.05mol答：白色固体为0.05mol K2CO3和0.05mol KHCO3点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，关键是根据反应的化学方程式判断可能的反应产物，（2）中注意利用极限法确定固体组成- 24 - 版权所有高考资源网