1、山东省烟台市2014-2015学年高一上学期期末化学试卷一、选择题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意1下列试剂不会因为空气的氧气而变质的是( )A硅酸钠溶液B硫酸亚铁溶液C亚硫酸钠溶液D氢硫酸考点：氧化还原反应 分析：根据物质的性质进行分析：A、硅酸钠溶液会结合二氧化碳和水反应生成硅酸；B、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；C、亚硫酸钠和氧气反应；D、氢硫酸和氧气反应生成硫和水解答：解：A、硅酸钠溶液会结合二氧化碳和水反应生成硅酸，不是因空气中的氧气而变质，故A正确；B、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故B错误；C、亚硫酸钠和和氧气反应，会因空气中的氧气而变质
2、，故C错误；D、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故D错误；故选A点评：本题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大2下列操作使溶液物质的量浓度偏高的是( )A没有将洗涤液转移到容量瓶中B容量瓶洗净后未经干燥处理C转移过程中有少量的溶液溅出D定容时俯视容量瓶刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析解答：解：A、没有将洗涤液转移入容量瓶中，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故A错误；B、若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有
3、的还是后来加入的，对浓度无影响，故B错误；C、转移的过程中有少量的溶液溅出，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故C错误；D、定容时俯视，会导致溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，故D正确故选D点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大3下列关于无机非金属材料的说法错误的是( )A玻璃、水泥、陶瓷均属于无机非金属材料B玻璃、水泥、陶瓷都可由纯碱、石灰石与石英制得C高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维D半导体材料晶体硅可用二氧化硅来制取考点：无机非金属材料 分析：A无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐
4、等物质组成的材料； B生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，陶瓷的原料是粘土；C光导纤维的主要成分是二氧化硅；D二氧化硅（SiO2）与碳在高温的条件下反应生成硅单质解答：解：A水泥、玻璃、均属于无机非金属材料，陶瓷材料大多是氧化物、氮化物、硼化物和碳化物等，属于无机非金属材料，故A正确； B生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，陶瓷的原料是粘土，故B错误；C二氧化硅折射率很大，光在里面传播发生全反射，所以用于光导纤维，故C正确；D半导体材料硅可以用二氧化硅（SiO2）与碳在高温的条件下制得，故D正确故选B点评：本题考查了无机非金属材料，题目难度不大，学习中注意相关基
5、础知识的积累4下列关于分散系的说法错误的是( )A溶液、胶体、浊液属于不同的分散系B胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小C可利用丁达尔现象鉴别溶液和胶体D利用过滤的方法可以分离胶体和溶液考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系 分析：A溶液、胶体、浊液分散质粒子的大小不同； B分散质粒子的大小不同是分散系的本质区别；C溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应；D胶体和溶液都能透过滤纸解答：解：A分散质微粒直径，小于1nm的形成分散系为溶液，大于100nm为浊液，1100nm的为胶体，故A正确； B分散质粒子的大小不同是分散系的本质区别，分散质微粒直径，小于1nm的形成分散系为溶液，大于100
6、nm为浊液，1100nm的为胶体，故B正确；C丁达尔效应是胶体的独有性质，而溶液物此性质，利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故C正确；D胶体和溶液都能透过滤纸，所以不能用过滤的方法分离胶体和溶液，故D错误故选D点评：本题考查胶体的性质，题目难度不大，本题易错点为C，注意胶体有介稳性，丁达尔效应是胶体的独有性质5实验室保存下列试剂的方法有错误的是( )A新制氯气盛放在棕色试剂瓶中，存放于低温避光的地方B固体碘常盛放在棕色细口瓶中C液溴易挥发，盛放在用水液封的棕色试剂瓶中D金属钠易被氧化，少量金属钠应储存在煤油中考点：化学试剂的存放 分析：A氯水中的次氯酸见光易分解而导致Cl2水变质； B固体物质应该
7、不存在广口瓶中，液体药品保存在细口瓶中；C液溴易挥发；D钠能与空气中的水和氧气反应，钠的密度比水略小解答：解：A氯水中的次氯酸见光易分解而导致Cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故A正确； B实验室中，为了便于取用，固体药品应该保存在广口瓶中，所以固态碘不能保存在细口瓶中，故B错误；C液溴易挥发，一般采用水液封的办法以减少挥发，故C正确；D钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故D正确故选B点评：本题主要考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大6下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1molL1的是( )A将40gN
8、aOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液B将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C将0.5molL1的NaNO3溶液100ml加热蒸发掉50g水后的溶液D1L含K+为1mol的K2SO4溶液考点：物质的量浓度的相关计算 分析：A氢氧化钠溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L；B80g三氧化硫的物质的量为1mol，1mol三氧化硫与水反应生成1mol硫酸，所得溶液浓度为1mol/L；C蒸发掉50g水后溶液体积不是50mL；D钾离子难度为1mol/L，而硫酸钾的浓度为0.5mol/L解答：解：A40g氢氧化钠的物质的量为：=1mol，1molNaOH溶于1L水中，所得溶液体积不是1L，则溶液的浓度不是1
9、mol/L，故A错误；B80g三氧化硫的物质的量为：=1mol，1mol三氧化硫溶于水生成1mol硫酸，则所得溶液浓度为1mol/L，故B正确；C加热蒸发掉50g水后的溶液体积不是50mL，则溶液浓度不是1mol/L，故C错误；D1L含K+为1mol的K2SO4溶液中，钾离子浓度为1mol/L，而硫酸钾的浓度为0.5mol/L，故D错误；故选B点评：本题考查了物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及计算方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力7下列关于氧化还原反应的说法不正确的是( )A氧化还远反应的实质是电子的转移B含最高价元素的化合物均具有强氧化性C一
10、定存在元素化合价的变化D氧化剂和还原剂混合不一定发生氧化还原反应考点：氧化还原反应 分析：氧化还原反应的本质为电子转移，其特征为化合价的变化，含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，氧化剂与还原剂不一定发生氧化还原反应，以此来解答解答：解：A氧化还原反应的特征为化合价变化，其实质是电子的转移，故A正确；B含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，如碳酸钠中C为最高价不具有强氧化性，故B错误；C氧化还原反应的特征为化合价变化，故C正确；D一般氧化剂、还原剂易发生氧化还原反应，但强氧化剂和强还原剂混合不一定发生氧化还原反应，如浓硫酸与二氧化硫不发生反应，故D正确；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为
11、高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及常见实例的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大8下列有关物质的性质与应用相对应的是( )ABaCO3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多BN2与O2在放电时生成NO，此反应用于工业制硝酸CAl2O3熔点高，可用作耐高温材料D氢氟酸具有酸性，可用于雕刻玻璃考点：药物的主要成分和疗效；氮气的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物 分析：ABa2+有毒； B工业准备硝酸的原理是利用氢气和氨气反应生成一氧化氮，氧化为二氧化氮溶于水生成；C作耐高温材料的熔点高；DHF酸可以和二氧化硅之间反应，二氧化硅是酸性氧化物解答：解：A碳酸钡能
12、与胃酸（盐酸）反应生成易溶于水的氯化钡，Ba2+有毒，可使人中毒，故A错误； B工业准备硝酸的原理是利用氢气和氨气反应生成一氧化氮，氧化为二氧化氮溶于水生成，氮气和氧气放电能耗大，产率低，难于规模化工业生产，故B错误；CAl2O3熔点高，可用作耐高温材料，故C正确；D氧化硅是酸性氧化物，只能和唯一的酸HF酸之间反应，是其特性的表现，二者无联系，故D错误故选C点评：本题主要考查了物质的用途，掌握物质的性质是解题的关键，难度不大9下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是( )AK+、Ca2+、Cl、SO42BNa+、Fe3+、NO3、SCNCMg2+、NH4+、Cl、SO42DFe2+、H+、NO
13、3、Cl考点：离子共存问题 分析：A钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙；B铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；C四种离子之间不反应，能够大量共存；D硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子解答：解：ACa2+、SO42之间反应生成硫酸钙，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+、SCN之间反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；CMg2+、NH4+、Cl、SO42之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DFe2+、H+、NO3之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共
14、存的一般情况，如：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，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）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的能力10下列反应的离子方程式正确的是( )A稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO42+Ba2+BaSO4B钠与硫酸铜溶液反应：2Na+2Cu2+2Na+CuCCl2通入NaOH溶液：Cl2+2OHCl+CLO+H2OD氧化铜溶于硫酸：O2+2H+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成水的反应；B钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀
15、、硫酸钠和氢气，不会置换出金属铜；C氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；D氧化铜不能拆开，应该保留化学式解答：解：A稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故A错误；B钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，正确的离子反应为：2H2O+Cu2+2Na=2Na+Cu（OH）2+H2，故B错误；CCl2通入NaOH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+2OHCl+CLO+H2O，故C正确；D氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，氧化铜需要保留化学式，正确的离子方程式为：CuO+2H+H2O+Cu2+
16、，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等11C、N、S都是重要的非金属元素，下列说法正确的是( )A三种元素在自然界中都只以化合态存在B三种元素的单质在化学反应中都只作氧化剂C实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气D三种元素的氢化物（CH4、NH3、H2S）都易溶于水考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 分析：A、氮元素在自然界中主要以氮气的形式存在，C元素、S元素在自然界中
17、也有单质形式存在；B、碳单质在反应中常做还原剂；C、NO2和HCl都可与NaOH反应；D、甲烷不能溶于水，氨气和硫化氢气体能溶于水解答：解：A、氮元素在自然界中主要以氮气的形式存在，C元素、S元素在自然界中也有单质形式存在，这些元素都有游离态，故A错误；B、碳元素的单质在反应中常做还原剂，故B错误；C、NO2和HCl都可与NaOH反应，所以实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气，故C正确；D、三种元素的氢化物中甲烷不能溶于水，氨气和硫化氢气体能溶于水，故D错误故选C点评：本题涉及含有C、N、S三种元素的物质的性质知识，属于综合知识的考查，难度中等12下列有关说法正确的是( )A氯气、活性
18、炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同BSiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应C足量Cu与一定量浓硝酸充分反应得到的气体是纯净物DNH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质考点：氯气的化学性质；电解质与非电解质；硅和二氧化硅 分析：A氯气具有强氧化性，活性炭具有吸附性；B酸性氧化物能够与碱反应生成盐和水；C铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮；D氨气本身不能电离出自由离子解答：解：A氯气具有强氧化性，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，活性炭具有吸附性，二者原理不同，故A错误；BSiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，
19、故B正确；C足量Cu与一定量浓硝酸充分反应，开始硝酸浓度大生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，反应生成一氧化氮，故C错误；DNH3的水溶液可以导电是因为氨气与水反应生成电解质一水合氨，氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；故选：B点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气、硝酸、酸性氧化物的概念、电解质的概念是解题关键，题目难度不大13NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A常温下18g 铝放入足量浓硫酸中转移电子数2NAB0.1molL1的稀硫酸中含有H+个数为0.2NAC常温常压下48g的O3中含有氧原子数为3NAD1.8g NH4+中含有的电子数为0.
20、1NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A铝与浓硫酸在常温下发生钝化；B溶液体积未知；C质量转化为物质的量结合1个O3含有的氧原子数为3个解答；D依据n=计算物质的量，结合铵根离子是10电子微粒计算解答：解：A铝与浓硫酸在常温下发生钝化，所以18g 铝放入足量浓硫酸中转移电子数小于2NA，故A错误；B溶液体积未知，无法计算硫酸溶液中氢离子的物质的量和个数，故B错误；C.48gO3的物质的量为=1mol，含有3mol氧原子，个数为3NA，故C正确；D依据n=计算物质的量=0.1mol，结合铵根离子是10电子微粒计算含有的电子数为1NA，故D错误；故选：C点评：本题考查了阿伏加德罗常数的判断，涉及由物质
21、质量计算物质的量，摩尔质量及其单位等知识，注意微粒所含原子、电子数目，题目难度不大14粒子甲与粒子乙在溶液中的转化关系如图所示，粒子甲不可能是( )ANH4+BAl2O3CHCO3DSO2考点：无机物的推断 分析：ANH4+与OH反应生成NH3，NH3和氢离子反应生成铵根离子；BAl2O3与与OH反应生成AlO2，与氢离子反应生成Al（OH）3沉淀或铝离子；CHCO3与氢氧根能反应生成CO32，CO32和少量H+反应可生成HCO3；DSO2与氢氧根能反应生成亚硫酸根，亚硫酸根和氢离子反应生成水和SO2解答：解：ANH4+与OH反应生成NH3和H2O，NH3和氢离子反应生成铵根离子，符合转化关系
22、，故A不选；BAl2O3与与OH反应生成AlO2，与氢离子反应生成Al（OH）3沉淀或铝离子，得不到Al2O3，不符合转化关系，故B选；CHCO3与氢氧根能反应生成CO32，CO32和少量H+反应可发生反应：CO32+H+HCO3，符合转化关系，故C不选；DSO2与氢氧根能反应生成亚硫酸根，亚硫酸根和氢离子反应生成水和SO2，符合转化关系，故D不选；故选B点评：本题考查无机物的推断，属于验证型题目，把握物质的性质及图中转化关系为解答的关键，注意微粒之间发生的反应，题目难度不大15将X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是( )选项X气体Y溶液预测的现象CO2BaCl2溶液白色沉淀析
23、出SO2Ba（N03）2溶液白色沉淀析出Cl2AgNO3溶液白色沉淀析出NH3AlCl3溶液白色沉淀析出ABCD考点：常见气体的检验 分析：氯化钡溶液不与二氧化碳反应；SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，可与H2SO3发生氧化还原反应生成SO42；氯气通入水中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀；氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成白色的氢氧化铝沉淀；解答：解：二氧化碳和氯化钡溶液不发生反应，则不会出现白色沉淀，故错误；SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，可发生反应：3SO2+2H2O
24、+2NO3+3Ba2+=3BaSO4+4H+2NO，会出现白色沉淀析出，故正确；氯气与水反应：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，氯离子和银离子发生反应：Ag+Cl+=AgCl，则会析出白色沉淀，故正确；氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl，会出现白色沉淀析出，故正确；故选D点评：本题主要考查了参加气体的性质及检验方法，题目难度中等，明确常见气体的性质为解答关键，注意NO3在酸性条件下具有强氧化性，试题培养了学生的灵活应用能力16在给定条件下，下列画横线的物质在化学反应中能被完全消耗的是( )A常温下将64g
25、铜片投入过量浓硫酸中B向5.5gMnO2粉末中加入20mL2molL1双氧水C向10mL3molL1的盐酸中加入5.6g铁D向含有Ba（OH）2和NaOH各0.1mol的混合溶液中通入标况下11.2CO2考点：浓硫酸的性质；过氧化氢；铁的化学性质 分析：A铜浓硫酸在加热条件下才能发生反应；B二氧化锰在双氧水分解的反应中只起催化剂作用；C铁与盐酸反应生成氯化亚铁，依据氯化氢的物质的量与铁的物质的量判断解答；D利用n=计算二氧化碳的气体，再反应的先后顺序及CO2+2OHCO32+H20及来分析解答：解：A常温下铜与浓硫酸不反应，故A错误；B二氧化锰在双氧水分解的反应中只起催化剂作用，反应后二氧化锰
26、的质量不变化，故B错误；C盐酸含氯化氢的物质的量为0.1L3mol/L=0.3mol，铁的物质的量为=0.1mol，依据Fe2HCl 可知铁能够完全反应，故C正确；D二氧化碳的体积为=0.5mol，含有Ba（OH）2和NaOH各0.1mol的混合溶液溶共含有氢氧根离子0.3mol，依据CO2+2OHCO32+H20，二氧化碳不能完全被吸收，故D错误；故选：C点评：本题考查物质的性质及相关的化学反应，明确发生的化学反应，依据方程式判断反应物的消耗是解题关键，题目难度不大二、非选择题（共52分）17研究物质的性质，常常运用观察、实验、分类和比较等方法（1）根据物质的组成和性质可对物质进行分类以Na
27、、K、H、O、C、S、N中任意两种或三种元素组成一种合适的物质，分别填在下表中：物质类别酸碱盐氧化物化学式H2S、H2SO4、HNO3、H2SO3、HNO2、H2CO3KOH、NaOHNH4NO3CO2Na2O2化合物中不属于电解质的是（填序号），呼吸面具中用作为O2来源的原理为（用化学方程式表示）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（2）海水中含有氯、溴、碘、镁等元素现有如下反应：Cl2+2Br=2Cl+Br2、Br2+2I=2Br+I2由此可判断：Cl、Br、I还原性由强到弱的顺序是I、Br、Cl考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；
28、氧化性、还原性强弱的比较；电解质与非电解质 分析：（1）根据酸、碱、盐及氧化物的概念写出以Na、K、H、O、C、S、N中任意两种或三种元素组成合适的常见物质，电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物，呼吸面具中用作为O2来源是过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气；（2）氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断解答：解：（1）由Na、K、H、O、C、S、N七种元素中的两种或者三种元素：组成的酸有硫酸、硝酸、亚硫酸、亚硝酸、氢硫酸等；组成的碱有氢氧化钠、氢氧化钾；组成的盐有硫酸钡、硝酸钡、硫酸钾等；组成的氧化物有水、氮的氧化物、硫的氧化物、氧化钾、氧化钠、碳酸钠、碳酸钾等，电解质是水溶液中或熔融状态下导电
29、的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物都是电解质，二氧化碳是酸性氧化物本身不能电离出离子是非电解质，呼吸面具中用作为O2来源是过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，故答案为：H2S、H2SO4、HNO3、H2SO3、HNO2、H2CO3等；KOH、NaOH等；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）Cl2+2Br=2Cl+Br2、Br2+2I=2Br+I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，由此可判断：Cl、Br、I还原性由强到弱的顺序是I、Br、Cl，故答案为：I、Br、Cl点评：本题考查了氧化还原反应中氧化剂氧化性强弱分析方法，电解质、非电解质概
30、念的理解应用，物质分类和组成是解题关键，题目难度中等18如图是实验室制备气体和验证气体性质的装置图（1）若利用如图装置制备纯净、干燥的氯气，装置A中反应的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2h2O则装置B中的液体是饱和NaCl溶液；装置C中试剂的作用是干燥氯气（2）若利用如图装置实现碳和浓硫酸的反应，并进行如下验证：装置B、C、D、E中分别装有品红溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水，则D装置中品红溶液的作用是验证SO2是否除净，证明气体中有CO2的现象是D装置中品红不退色，E装置中有白色沉淀若证明SO2具有氧化性，同时证明碳酸的酸性比硅酸的强，B、C、D中分别装有N
31、a2S溶液、足量酸性KMnO4溶液、品红溶液，则E中应加入Na2SiO3溶液B中有沉淀是硫，E中发生反应的离子方程式为SiO32+2H2O+CO2=H4SiO4+CO32考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质 分析：（1）利用如图装置制备纯净、干燥的氯气，反应生成的氯气中含有HCl和水蒸气，收集前需要除杂干燥；（2）碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水蒸气；D装置中品红溶液的作用是验证二氧化硫是否被高锰酸钾溶液完全吸收，D装置中品红不褪色，装置E澄清石灰水变浑浊说明生成二氧化碳；若证明SO2具有氧化性，通过Na2S溶液验证，同时证明碳酸的酸性比硅酸的强，是除净二氧化硫的二氧化碳气体通过
32、硅酸钠溶液生成白色沉淀证明解答：解：（1）利用如图装置制备纯净、干燥的氯气，反应生成的氯气中含有HCl和水蒸气，收集前需要除杂干燥，除去氯化氢需要气体通过饱和食盐水除去，装置B中的液体是饱和食盐水，装置C是浓硫酸吸收水蒸气干燥气体，故答案为：饱和NaCl溶液；干燥氯气；（2）碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，C+2H2SO4（浓）CO2+SO2+2H2O；装置B、C、D、E中分别装有品红溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水，则D装置中品红溶液的作用是验证二氧化硫是否被高锰酸钾溶液完全吸收，证明气体中有CO2的现象是D装置中品红不退色，E装置中有白色沉淀，故答案为：验证
33、SO2是否除净；D装置中品红不退色，E装置中有白色沉淀；若证明SO2具有氧化性，通过装置B中的Na2S溶液验证，二氧化硫和硫化钠反应生成硫单质，溶液中变浑浊，证明碳酸的酸性比硅酸的强，是通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫后，再通过品红溶液检验二氧化硫是否除净，把气体通过硅酸钠溶液生成白色沉淀证明碳酸的酸性比硅酸的强，装置E中为硅酸钠溶液，B中有沉淀为S，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成白色沉淀硅酸，反应的离子方程式为：SiO32+2H2O+CO2=H4SiO4+CO32，故答案为：Na2SiO3；硫；SiO32+2H2O+CO2=H4SiO4+CO32点评：本题考查浓硫酸性质实验，侧重考查实验操作、分析
34、能力，明确物质的性质是解本题关键，注意二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，注意二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，为易错点，题目难度中等19化学与环境密切相关（1）下列有关说法正确的是ACDA光化学烟雾是氮氧化物与碳氢化合物受紫外线作用后产生的有毒烟雾BPH小于7的雨水都是酸雨CPM2.5含量的增加是形成雾霾天气的重要原因之一D大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧（2）某地区的雾霾中可能含有如下几种无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl对该地区雾霾处理后获得试样溶液进行了如下的实验：已知：3NO3+8Al+5OH+18H2O3NH3+8Al（OH）4请回答下
35、列问题：试样溶液加入过量NaOH溶液后生成沉淀的化学式是Mg（OH）2生成气体的离子方程式为NH4+OHNH3+H2O，检验该气体的方法是将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气（2）根据实验结果，推测出雾霾中一定含有的离子有NH4+、Mg2+、Al3+、NO3，若要确定原试样溶液存在的其它阴离子，可在试样溶液中先加入足量的Ba（NO3）2溶液，再取上层清液加入AgNO3溶液考点：常见离子的检验方法；常见的生活环境的污染及治理 分析：（1）A、大气中的碳氢化合物和NOx等为一次污染物，在太阳光中紫外线照射下能发生化学反应，衍生种种二次污染物由一次污染物和二次
36、污染物的混合物（气体和颗粒物）所形成的烟雾污染现象，称为光化学烟雾；B、酸雨是指pH5.6的降水；C、PM2.5是形成雾霾天气罪魁祸首；D、二氧化碳会导致温室效应（2）试样溶液中加入过量NaOH并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；生成的沉淀1为Mg（OH）2，说明原溶液中含Mg2+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，NO3+A1+OH+H2ONH3+Al（OH）4，生成气体2，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，则沉淀2为Al（OH）3，说明原溶液中含Al3
37、+，据此分析解答：解：（1）A、光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物（HC）和氮氧化物（NOx）等一次污染物在阳光（紫外光）作用下会发生光化学反应生成二次污染物，故A正确；B、由于空气中二氧化碳的溶入，正常的降雨的pH也小于7，而酸雨是指pH5.6的降水，故B错误；C、PM2.5是形成雾霾天气罪魁祸首，是导致雾霾的主要原因之一，故C正确；D、二氧化碳会导致温室效应，是形成温室效应的主要原因，故D正确故选ACD（2）试样溶液中加入过量NaOH并加热，生成的气体1，该气体1只能是NH3，则试样中含有NH4+；由于氢氧化钠过量，故生成的沉淀1为Mg（OH）2，说明原溶液中含Mg2+；如
38、果原溶液中含Al3+，则与过量的氢氧化钠反应转化为了AlO2，故滤液1中可能含AlO2、SO42、NO3、Cl，一定含Na+和OH则向滤液1中通入CO2，得到溶液2，溶液2中加入Al，生成气体2，根据信息所给的反应NO3+A1+OH+H2ONH3+Al（OH）4，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；还得到沉淀2，则说明滤液1中含AlO2，即原溶液中含Al3+故溶液中一定存在的离子是NH4+、Mg2+、Al3+、NO3；Na+、SO42、Cl的存在不能确定试样溶液加入过量NaOH溶液后生成沉淀为Mg（OH）2；气体的生成是溶液中的铵根离子与氢氧
39、根反应生成的：NH4+OHNH3+H2O；由于氨气是唯一的碱性气体，故检验的方法为：将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气故答案为：Mg（OH）2；NH4+OHNH3+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气经过上述分析，雾霾中国一定含有的离子为NH4+、Mg2+、Al3+、NO3；由于不能确定的阴离子有SO42、Cl，而检验SO42用钡盐，检验Cl用硝酸银，而由于Ag+既能与SO42又能与Cl反应，而Ba2+只与SO42反应，故应先向溶液中加入Ba（NO3）2，若有白色沉淀生成，则说明溶液中有SO42；然后取上
40、层清液，加入硝酸银，如果有白色沉淀生成，则溶液中含Cl 故答案为：NH4+、Mg2+、Al3+、NO3；Ba（NO3）2； AgNO3点评：本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等20铁、铝、铜都是中学化学常见的金属（1）FeCl3溶液用于腐蚀印刷线路板，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：步骤若温度过高，将导致硝酸分解硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O步骤中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O2
41、Fe2O3nH2O+8HNO3，4Fe+10HNO34Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，第一个反应的还原剂是Fe（NO3）2，第二个反应每生成1molNH4NO3，被还原的硝酸的物质量是1mol铁红可用于焊接钢轨，其反应的化学方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe上述生产结束后，流程中氮元素最主要的存在形式为（填字母）ba、氮氧化物 b、硝酸铵 c、硝酸亚铁 d、硝酸考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）工业上用FeCl3溶液与铜发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化亚铜这一原理来腐蚀印刷线路板；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤中转化为Fe2O
42、3nH2O，最后得到铁红，硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；根据反中的元素的化合价的变化判断还原剂，根据电子得失守恒计算被还原的硝酸；铁红发生铝热反应，可用于焊接钢轨；根据流程图可知，生产结束后氮元素主要存在硝酸铵溶液中解答：解：（1）工业上用FeCl3溶液与铜发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化亚铜这一原理来腐蚀印刷线路，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤中转化为Fe2O3nH2O，最后得到铁红，硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，反应的化学方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O
43、，故答案为：4HNO34NO2+O2+2H2O；在反应4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O2Fe2O3nH2O+8HNO3中，铁元素的化合价从+2价升到+3价，所以反应的还原剂是4Fe（NO3）2，根据反应4Fe+10HNO34Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O可知，氮从+5价降到3价，反应中共转移8个电子，所以每生成1molNH4NO3，被还原的硝酸的物质量是1mol，故答案为：Fe（NO3）2；1mol；铁红发生铝热反应，可用于焊接钢轨，其反应的化学方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；根据流程图可知，生产结束后氮元素主要存在硝酸铵溶液中，故选b点评：本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等
