1、山东省烟台市20152016学年度高一上学期期末化学试卷一、16小题为选择题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1下列说法错误的是（）A硅是良好的半导体材料B氨气与硝酸合成氮肥属于人工固氮C金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体D硬铝、青铜和不锈钢都属于合金2下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（）A用铁矿石炼铁B接触法生产硫酸C侯氏制碱法制纯碱D用胆矾炼铜3生产、生活离不开各种化学物质，下列说法不正确的是（）A过氧化钠和氧化钠均可用作潜艇中的供氧剂B明矾可用作除去污水中悬浮颗粒的絮凝剂C氧化铝可用来制造耐火坩埚D碳酸氢钠可用作治疗胃酸过多的药物及食品发酵剂4下列试剂不会因为空气中
2、的氧气而变质的是（）A亚硫酸钠B过氧化钠C硫酸亚铁D氢硫酸5下列说法不正确的是（）AHNO3、NaOH、BaSO4均属于电解质BSO2、NO2、CO2均能形成酸雨CNH4HCO3、NH4Cl、I2受热后均无固体剩余DFeCl2、NaHSO3、Fe（OH）3均能通过化合反应直接制得6下列关于氧化还原反应的叙述正确的是（）A氧化还原反应中，非金属单质一定被还原B由H2O2O2的过程一定需加入氧化剂才能实现C置换反应都属于氧化还原反应，反应物中的单质一定作还原剂D金属阳离子被还原不一定得到金属单质7下列有关说法正确的是（）A玻璃钢和钢化玻璃成分不同，但都属于复合材料BFe（OH）3胶体无色、透明，能
3、发生丁达尔现象CH2、SO2、Cl2都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物8对下列现象或事实的解释不正确的是（）选项现象或事实解释A铝箔在酒精灯上加热，溶化后的液态铝不滴落高熔点的氧化铝薄膜兜在铝的外面，阻止了液态铝滴落B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C铁放在冷浓硝酸中不溶解，无红棕色气体产生铁遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化膜，阻止内部铁继续与硝酸反应DNa着火不能用水灭火Na遇水剧烈反应，易引发爆炸AABBCCDD9下列鉴别方法正确的是（）A用澄清石灰水鉴别CO2和SO2B用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别B
4、r2（g）和NO2C用CO2鉴别NaAl（OH）4溶液和NaClO溶液D用Ba（OH）2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液10下列实验操作，能达到实验目的是（）A观察Fe（OH）2的生成B配置1molL1的NaNO3溶液C实验室制取氨气D比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAB22.4L的Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAC50mL 18molL1浓硫酸与足量Cu共热，转移的电子数为0.9MAD高温下，0.3molFe与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为0.3NA1
5、2水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ba2+、Br、CO32BCl、SO32、Fe2+、H+CK+、Na+、SO42、MnO4DNa+、H+、NO3、HCO313下列指定反应的离子方程式不正确的是（）A氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2：2Na+CO32+CO2+H2O2NaHCO3C酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3+5I+6H+3I2+3H2OD漂白粉溶液中加入醋酸：CH3COOH+ClOHClO+CH3COO14下列说法正确的是（）ASO2使品红、酸性高锰酸钾溶液褪色，分别体现了它的漂白性和还原性B将Fe（NO3）2样
6、品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明Fe（NO3）2样品已经变质C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加盐酸，沉淀不溶解，说明该溶液中一定存在SO42D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法15向盛有100mLNH4Al（SO4）2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：下列说法正确的是（）ANH4Al（SO4）2的电离方程式为：NH4Al（SO4）2NH4+Al3+2SO42Bm点反应的离子方程式：NH4+OHNH3H2OC反应过程中SO42的浓度始终保持不变D由图象可知所滴NaOH溶
7、液的浓度为0.1molL116将标准状况下672mLO2和NH3的混合气体通过灼热的三氧化二铬（催化剂），氨全部被氧化将反应后气体全部通入水中，无气体剩余，制得100mL溶液，则该溶液的浓度为（）A1.0molL1B0.1molL1C0.3molL1D3.0molL1二、17雾霾和光化学烟雾等大气污染严重影响了人们的生活和健康，治理污染气体（NO2、NO、SO2等）保护环境，有利于实现可持续发展（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为；在一定条件下，用氨气可以把NO2、NO还原成无色无毒气体直接排放，则NO转化为无毒气体的方程式为（2）实验室里，处理含氮氧化物的尾气一般用NaOH溶液来吸
8、收，其反应式为：2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，现有标准状况下aLNO2和bLNO的混合气恰好被100mLNaOH溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为，NaOH溶液的物质的量浓度为molL1（用含a、b的代数式表示）（3）硫酸工业生产中，处理SO2尾气先用氨水吸收，然后再与硫酸反应，释放出SO2循环利用，生成的硫酸铵做氮肥氨水吸收SO2时有关反应的离子方程式为、（4）烟气中的SO2经过下列转化可以得到化工产品A产品A的化学式为，上述转化过程中可循环使用的物质是18海水中有非常丰富的化学资源，从海水中可提取多种化工原料某工厂对海水
9、资源综合开发利用的部分工艺流程图如下回答下列问题：（1）化学实验中常用到与海水晒盐原理相同的操作名称是，必需的仪器有铁架台（含铁圈）、（2）精制食盐水时下列物质中，不必用到的有NaOH溶液盐酸K2CO3溶液BaCl2溶液硫酸Na2CO3溶液Ba（NO3）2溶液（3）下列说法错误的是A海水中的镁、溴、碘元素都处于化合态B步骤中通入Cl2能制得单质溴，因为Cl2的氧化性比Br2强C步骤中鼓入热空气分离出Br2，利用了Br2的挥发性D步骤发生反应的离子方程式为：Mg2+2OHMg（OH）2（4）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的为（5）步骤反应的离子方程式为；该步骤也可以采用纯碱
10、吸收，反应方程式：3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，当转移3.011023个电子时，吸收Br2的物质的量为（6）若步骤所得Mg（OH）2沉淀中混有Ca（OH）2杂质，写出除去杂质的实验步骤19已知甲、乙为常见的金属单质，A、B、C、D、E均为化合物，且A、B属于氧化物，它们之间有下图所示的转化关系，回答下列问题：（1）反应的化学方程式为，在实验室完成该反应时还需要的试剂有、（2）C为（填名称）；上述反应属于氧化还原反应的是（填序号）（3）反应的离子方程式为（4）D可以用来制造印刷电路板，也可以用来净水为节约成本，工业上用NaClO3氧化E的酸性废液制得
11、D，该反应的离子方程式为20现有一块已知质量为mg的镁铝合金，欲测定其中铝的质量分数，几位同学设计了以下几种不同的实验方案：方案：镁铝合金过滤、洗涤、干燥测定剩余固体质量m1g方案：镁铝合金生成气体在标准状况下的体积为VL方案：镁铝合金溶液过滤、洗涤、干燥测定沉淀质量m2g请回答以下问题：（1）上述方案能测定出铝的质量分数的是A都能 B不能，和能C不能，和能 D和不能，能（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，测得铝的质量分数会（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（3）某同学综合上述方案，设计如图1所示的实验步骤，确定合金组成用字母m、n表示合金中铝的质量分数为若合金中Al的物质的量分数为x
12、，金属总物质的量为6mol，试在图2中作出y随x变化的曲线当y=7.5mol时，该合金中镁铝的原子数之比为山东省烟台市20152016学年度高一上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、16小题为选择题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1下列说法错误的是（）A硅是良好的半导体材料B氨气与硝酸合成氮肥属于人工固氮C金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体D硬铝、青铜和不锈钢都属于合金【考点】硅和二氧化硅；氨的化学性质；生活中常见合金的组成【专题】元素及其化合物【分析】A、硅是半导体；B、固氮应为氮气生成化合物；C、金刚石、石墨和富勒烯是碳元素形成的不同种单质；D、依据青铜、硬铝、不锈钢
13、的成分和合金的概念分析判断【解答】解：A、硅是半导体，所以硅是良好的半导体材料，故A正确；B、固氮应为氮气生成化合物，所以氨气与硝酸合成氮肥不属于人工固氮，故B错误；C、金刚石、石墨和富勒烯是碳元素形成的不同种单质，互称为同素异形体，故C正确；D、青铜是铜锡合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金、不锈钢是铁铬、镍合金，故D正确；故选B【点评】本题主要考硅、固氮和同素异形体，侧重考查了铝合金，解答时要充分理解各种物质的性质，然后再根据物质的性质方面进行分析、判断，从而确定物质的用途，题目难度不大2下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（）A用铁矿石炼铁B接触法生产硫酸C侯氏制碱法制纯碱D用胆矾炼铜【考点
14、】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应，据此分析【解答】解：A用铁矿石炼铁，铁矿石被还原为Fe，存在化合价的变化，为氧化还原反应，故A不选；B硫酸工业中存在SSO2SO3的转化，化合价发生变化，为氧化还原反应，故B不选；C氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，故C选；D用胆矾炼铜，Cu的化合价从+2价降低到0价，涉及氧化还原反应，故D不选故选C【点评】本
15、题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力3生产、生活离不开各种化学物质，下列说法不正确的是（）A过氧化钠和氧化钠均可用作潜艇中的供氧剂B明矾可用作除去污水中悬浮颗粒的絮凝剂C氧化铝可用来制造耐火坩埚D碳酸氢钠可用作治疗胃酸过多的药物及食品发酵剂【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氧化钠和水、二氧化碳反应没有氧气生成；B明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水；C氧化铝熔点高；D碳酸氢钠能够与酸反应，具有不稳定性，受热分解生成二氧化碳【解答】解：A氧化钠和水、二氧化碳反应没有氧气生成，过氧
16、化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠能作供氧剂，氧化钠不能作供氧剂，故A错误；B明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故B正确；C氧化铝熔点高，可用来制造耐火坩埚，故C正确；D碳酸氢钠能够与酸反应，可用来治疗胃酸过多，具有不稳定性，受热分解生成二氧化碳，可以用作食品发酵剂，故D正确；故选：A【点评】本题考查了生活中的化学知识，熟悉相关物质的性质和用途是解题关键，题目难度不大，注意积累4下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A亚硫酸钠B过氧化钠C硫酸亚铁D氢硫酸【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】一般来说，具有还原性的物质防止在空气中被氧化而变质，根据元素
17、的化合价判断，以此解答【解答】解：A亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，会因空气中的氧气而变质，故A不选；B过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故B选；C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C不选；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不选故选B【点评】本题考查了氧化还原反应，涉及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5下列说法不正确的是（）AHNO3、NaOH、BaSO4均属于电解质BSO2、NO2、CO2均能形成酸雨CNH4HCO3、NH4Cl、I2受热后均无固体剩余DFe
18、Cl2、NaHSO3、Fe（OH）3均能通过化合反应直接制得【考点】电解质与非电解质；二氧化硫的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】A酸碱盐属于电解质；B二氧化碳不是导致酸雨的成分；C铵盐均不稳定，碘单质易升华；D多种物质生成一种物质的反应为化合反应，据此判断即可【解答】解：AHNO3、NaOH、BaSO4分别属于酸、碱和盐，酸碱盐均属于电解质，故A正确；B二氧化碳不是大气污染物，其能造成温室效应，不是酸雨，故B错误；C铵盐不稳定，加热易分解，碘单质易升华，故NH4HCO3、NH4Cl、I2受热后均无固体剩余，故C正确；D铁与氯化铁化合生成FeCl2；
19、二氧化硫、水和亚硫酸钠化合生成NaHSO3；氢氧化亚铁和氧气和水化合生成Fe（OH）3，故D正确，故选B【点评】本题主要考查的是电解质与非电解质的概念、铵盐的性质、化合反应的定义等，综合性较强，难度不大6下列关于氧化还原反应的叙述正确的是（）A氧化还原反应中，非金属单质一定被还原B由H2O2O2的过程一定需加入氧化剂才能实现C置换反应都属于氧化还原反应，反应物中的单质一定作还原剂D金属阳离子被还原不一定得到金属单质【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应，在化学反应中，氧化剂得电子被还原，还原剂得电子被氧化，结合物质的性质判断，能举出一些反例【解答
20、】解：A氧化还原反应中，如Cl2+H2O=HCl+HClO，非金属既可被氧化，也可被还原，故A错误；B由H2O2O2的过程，可能H2O2即是氧化剂又是还原剂，如H2O2的分解反应，故B错误；C非金属单质之间可能发生置换反应，如氯气与NaBr溶液反应生成单质溴，反应中非金属单质氯气作氧化剂，故C错误；D金属阳离子被还原不一定得到金属单质，如铁离子被还原得到亚铁离子，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度判断氧化还原反应的有关概念7下列有关说法正确的是（）A玻璃钢和钢化玻璃成分不同，但都属于复合材料BFe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2
21、、Cl2都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【考点】硅和二氧化硅；胶体的重要性质【专题】元素及其化合物【分析】A、玻璃钢是由玻璃与树脂混合成的，前者是无机非金属材料，后者是有机高分子合成材料，故玻璃钢是两种材料复合成的；钢化玻璃是普通玻璃高温熔融，急剧冷却得到，属于无机非金属材料；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体；C、氢气、二氧化硫、氯气和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物【解答】解：A、玻璃钢是由玻璃与树脂混合成的，前者是无机非金属材料，后者是有机高分子合成材料，故玻璃钢
22、是两种材料复合成的；钢化玻璃是普通玻璃高温熔融，急剧冷却得到，属于无机非金属材料，所以两者的成份不同，故A错误；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；C、氢气、二氧化硫、氯气和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂，H2、SO2、Cl2三种气体都可用浓硫酸干燥，故C正确；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误；故选C【点评】本题考查了物质性质分析，酸性氧化物概念理解应用，气体干燥的原理分析，掌握基础是关键，题目较简单8对下列现象或事实的解释不正确的是（）选项现象或事实解释A铝箔在酒精灯上加热，溶化后
23、的液态铝不滴落高熔点的氧化铝薄膜兜在铝的外面，阻止了液态铝滴落B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C铁放在冷浓硝酸中不溶解，无红棕色气体产生铁遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化膜，阻止内部铁继续与硝酸反应DNa着火不能用水灭火Na遇水剧烈反应，易引发爆炸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A氧化铝的熔点高于铝的熔点，氧化铝膜兜住熔化铝不滴落； B漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸；C铁遇冷浓硝酸表面钝化，金属表面生成致密的氧化膜；D活泼金属会和水反应生成氢气【解
24、答】解：A铝和氧气反应生成了氧化铝，氧化铝膜兜住熔化铝不滴落，说明氧化铝的熔点高于铝的熔点，故A正确； B漂白粉在空气中久置变质，漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，漂白粉失效，故B错误；C铁遇冷浓硝酸表面钝化，金属表面生成致密的氧化膜，所以铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀，故C正确；DNa和水反应生成氢气，氢气易爆炸，应用沙土盖灭，故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累9下列鉴别方法正确的是（）A用澄清石
25、灰水鉴别CO2和SO2B用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2C用CO2鉴别NaAl（OH）4溶液和NaClO溶液D用Ba（OH）2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液【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】A二者均与石灰水反应生成白色沉淀；B二者均能氧化KI；CNaAl（OH）4溶液与二氧化碳反应生成沉淀，而NaClO不能反应生成沉淀；D二者均与氢氧化钡反应生成白色沉淀【解答】解：A二者均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B二者均能氧化KI，试纸均变蓝，不能鉴别，故B错误；CNaAl（OH）4溶液与二氧化碳反应生成沉
26、淀，而NaClO不能反应生成沉淀，现象不同，可鉴别，故C正确；D二者均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，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，把握物质的性质、性质差异及反应现象为解答的关键，注意元素化合物知识的综合应用，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10下列实验操作，能达到实验目的是（）A观察Fe（OH）2的生成B配置1molL1的NaNO3溶液C实验室制取氨气D比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】AFe（OH）2易被空气中的氧气氧化； B容量瓶不能溶解物质；C氨气极易溶于水；D盐酸易挥
27、发，不能排除盐酸的干扰【解答】解：AFe（OH）2易被空气中的氧气氧化，植物油可隔绝空气，故A正确； B容量瓶不能溶解物质，应现在小烧杯中溶解，故B错误；C氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误故选A【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAB22.4
28、L的Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAC50mL 18molL1浓硫酸与足量Cu共热，转移的电子数为0.9MAD高温下，0.3molFe与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为0.3NA【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、NO2和N2O4的最简式均为NO2；B、氯气所处的状态不明确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、铁与水蒸气反应时，3mol铁生成4mol氢气【解答】解：A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为n=1mol，则含有3mol原子即3NA个，故A正确；B、氯气所处的状态不明确，故其物质的量不能
29、计算，则与铁反应后转移的电子数无法计算，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.9NA个，故C错误；D、铁与水蒸气反应时，3mol铁生成4mol氢气，故0.3mol铁生成0.4mol氢气即0.4NA个氢气分子，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大12水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ba2+、Br、CO32BCl、SO32、Fe2+、H+CK+、Na+、SO42、MnO4DNa+、H+、NO3、HCO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】根据离子
30、之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：ABa2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BSO32、H+结合生成水和气体，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；DH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大13下列指定反应的离子方程式不正确的是（）A氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2：2Na+CO32+CO2+H2
31、O2NaHCO3C酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3+5I+6H+3I2+3H2OD漂白粉溶液中加入醋酸：CH3COOH+ClOHClO+CH3COO【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A次氯酸为弱酸，应保留化学式；B饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠晶体；C碘酸钾与碘化钾在酸性环境下反应生成碘和水；D二者反应生成次氯酸和醋酸钙【解答】解：A氯气溶于水，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，离子方程式：2Na+CO32+CO2+H2O2NaHCO3，故B正确；C酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2
32、，离子方程式：IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故C正确；D漂白粉溶液中加入醋酸，离子方程式：CH3COOH+ClOHClO+CH3COO，故D正确；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大14下列说法正确的是（）ASO2使品红、酸性高锰酸钾溶液褪色，分别体现了它的漂白性和还原性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明Fe（NO3）2样品已经变质C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加盐酸，沉淀不溶解，说明该溶液中一定存在SO42D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较
33、高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】ASO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因为它具有还原性； B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子；C硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；D依据氯化钠、硝酸钾溶解度随温度变化不同选择分类方法【解答】解：ASO2使品红褪色，提现漂白性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，故A正确； B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，故B错误；C硫酸钡和AgCl均为
34、不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加盐酸沉淀不消失，溶液中可能含SO42，故C错误；D混有少量硝酸钾的氯化钠，制得氯化钠的饱和溶液，采取蒸发结晶的方法分离氯化钠，故D错误故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及二氧化硫漂白性、离子检验和物质的提纯与检验，难度不大，注意D为易错点，若硝酸钾中混有少量的氯化钠，可以采用此方法提纯15向盛有100mLNH4Al（SO4）2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：下列说法正确的是（）ANH4Al（SO4）2的电离方程式为：NH4Al（SO4）2NH4+Al3+2SO
35、42Bm点反应的离子方程式：NH4+OHNH3H2OC反应过程中SO42的浓度始终保持不变D由图象可知所滴NaOH溶液的浓度为0.1molL1【考点】离子方程式的有关计算【专题】离子反应专题【分析】向盛有100mLNH4Al（SO4）2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，从0到30mL，溶液中Al3+与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，30mL到40mL，NH4+与氢氧根离子反应生成NH3H2O，40mL到50mL，Al（OH）3与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子；ANH4Al（SO4）2是强电解质，在溶液中完全电离；Bm点NH4+与氢氧根离子反应生成NH3H2O；C硫酸根离子的物质的量不变，溶液的体积增大
36、；D根据生成的Al（OH）3的物质的量，计算消耗的氢氧化钠的物质的量和浓度【解答】解：向盛有100mLNH4Al（SO4）2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，从0到30mL，溶液中Al3+与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，30mL到40mL，NH4+与氢氧根离子反应生成NH3H2O，40mL到50mL，Al（OH）3与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子；ANH4Al（SO4）2是强电解质，在溶液中完全电离，则NH4Al（SO4）2的电离方程式为：NH4Al（SO4）2=NH4+Al3+2SO42，故A错误；Bm点NH4+与氢氧根离子反应生成NH3H2O，其反应的离子方程式为NH4+OH=NH3H2O，故B
37、正确；C硫酸根离子不参加反应，硫酸根离子的物质的量不变，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的体积增大，所以硫酸根离子的浓度减小，故C错误；D由图可知，生成的Al（OH）3的物质的量为0.01mol，Al3+3OH=Al（OH）3，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol，其体积为0.03L，所以NaOH溶液的浓度为1molL1，故D错误故选B【点评】本题考查了有关离子方程式的计算，题目涉及电离方程式、离子反应、物质的量浓度的计算等，题目难度中等，注意分析图象中反应过程，侧重于考查学生的分析能力和计算能力16将标准状况下672mLO2和NH3的混合气体通过灼热的三氧化二铬（催化剂），氨全部被氧化将反应后气
38、体全部通入水中，无气体剩余，制得100mL溶液，则该溶液的浓度为（）A1.0molL1B0.1molL1C0.3molL1D3.0molL1【考点】化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，氨气全部被氧化，将反应后气体全部通入水中，无气体剩余，说明O2全部发生了反应，混合气体的总物质的量为=0.03mol，设其中NH3的物质的量为xmol，则O2的物质的量为（0.3x）mol，根据物质的量之比等于化学计量数之比结合化学方程式进行计算生成硝酸的物质的量【解答】解：混合气体的总
39、物质的量为=0.03mol，设其中NH3的物质的量为xmol，则O2的物质的量为（0.3x）mol，4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4 5 4 4 3 4xmol xmol xmol xmol xmol xmolxmol+xmol=（0.3x）mol，解得x=0.1，则生成HNO3的物质的量为0.1mol，所得硝酸溶液的浓度c=0.1molL1，故选B【点评】本题考查了混合物反应的计算，难度中等，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力二、17雾霾和光化学烟雾等大气污染严重影响了人们的生活和健康，治理污染气体（NO
40、2、NO、SO2等）保护环境，有利于实现可持续发展（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；在一定条件下，用氨气可以把NO2、NO还原成无色无毒气体直接排放，则NO转化为无毒气体的方程式为6NO+4NH3=5N2+6H2O（2）实验室里，处理含氮氧化物的尾气一般用NaOH溶液来吸收，其反应式为：2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，现有标准状况下aLNO2和bLNO的混合气恰好被100mLNaOH溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为ab，NaOH溶液的物质的量浓度为molL1（用含a、b的代数式
41、表示）（3）硫酸工业生产中，处理SO2尾气先用氨水吸收，然后再与硫酸反应，释放出SO2循环利用，生成的硫酸铵做氮肥氨水吸收SO2时有关反应的离子方程式为2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2O、H2O+SO32+SO2=2HSO3（4）烟气中的SO2经过下列转化可以得到化工产品A产品A的化学式为CaSO4，上述转化过程中可循环使用的物质是氢氧化钠溶液【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）二氧化氮和水发生氧化还原反应生成硝酸和NO；氨气可以把NO2、NO还原成无色无毒气体氮气；（2）2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH2
42、NaNO2+H2O，根据气体完全被吸收时，NO不能剩余即可；根据氮元素守恒以及钠元素守恒计算氢氧化钠的浓度；（3）二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，二氧化硫过量得到的是亚硫酸氢铵溶液；（4）亚硫酸钙很容易被氧气氧化得到硫酸钙，据流程确定循环使用的物质【解答】解：（1）二氧化氮和水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=NO+2HNO3；氨气可以把NO2、NO还原成无色无毒气体氮气，反应方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；6NO+4NH3=5N2+6H2O；（2）2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO+
43、NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，根据第二个反应，a=b即可，根据第一个反应需要a大于b，所以ab，钠元素全部进入盐溶液，所以钠元素的物质的量就是氮元素的物质的量，NaOH溶液的物质的量浓度为=，故答案为：ab； ；（3）二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，离子方程式为：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2O；二氧化硫过量得到的是亚硫酸氢铵溶液，即NH3H2O+SO2=NH4+HSO3，故答案为：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2O；H2O+SO32+SO2=2HSO3；（4）氢氧化钙和亚硫酸钠之间发生复分解反应得到亚硫酸钙和氢氧化钠，亚硫酸钙很容易被氧气氧化得到硫
44、酸钙，氢氧化钠可以循环使用，故答案为：CaSO4；氢氧化钠溶液【点评】本题考查学生含氮化合物、含硫化合物的性质以及应用知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等18海水中有非常丰富的化学资源，从海水中可提取多种化工原料某工厂对海水资源综合开发利用的部分工艺流程图如下回答下列问题：（1）化学实验中常用到与海水晒盐原理相同的操作名称是蒸发结晶，必需的仪器有铁架台（含铁圈）、蒸发皿、玻璃棒、酒精灯（2）精制食盐水时下列物质中，不必用到的有NaOH溶液盐酸K2CO3溶液BaCl2溶液硫酸Na2CO3溶液Ba（NO3）2溶液（3）下列说法错误的是DA海水中的镁、溴、碘元素都处于化合态B步骤中通入C
45、l2能制得单质溴，因为Cl2的氧化性比Br2强C步骤中鼓入热空气分离出Br2，利用了Br2的挥发性D步骤发生反应的离子方程式为：Mg2+2OHMg（OH）2（4）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的为富集溴元素（5）步骤反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42；该步骤也可以采用纯碱吸收，反应方程式：3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，当转移3.011023个电子时，吸收Br2的物质的量为0.3mol（6）若步骤所得Mg（OH）2沉淀中混有Ca（OH）2杂质，写出除去杂质的实验步骤加入MgCl2溶液，充分搅拌，过
46、滤，沉淀用蒸馏水洗涤【考点】海水资源及其综合利用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】海水通过晒盐得到粗盐，精制后电解饱和食盐水是氯碱工业，制备氯气、烧碱；得到苦卤中主要是含有氯化镁，苦卤中加入氯气氧化溴离子得到溴单质，通过萃取分液方法得到低浓度的溴单质，通入热空气吹出溴单质，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液再通入氯气氧化溴离子为溴单质富集溴元素，得到溶液中加入氢氧化钙沉淀分离出氢氧化镁沉淀，氢氧化镁用盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体，电解熔融氯化镁得到镁，（1）海水晒盐原理是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，可以蒸发结晶的方法得到溶质，蒸发结晶是用酒精灯加热蒸发皿中的
47、溶液得到溶质晶体；（2）可以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2+2OH=Mg（OH）2，Fe3+3OHFe（OH）3；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42+Ba2+=BaSO4；加入过量Na2CO3（去除钙离子的多余的钡离子）：Ca2+CO32=CaCO3，Ba2+CO32=BaCO3，用盐酸除掉过量的CO32、OH，以此分析；（3）A镁、溴、碘性质活泼；B因为Cl2的氧化性比Br2强，Cl2+2Br=Br2+2Cl；C利用了Br2的挥发性得到溴蒸气；D步骤发生反应是加入石灰乳不能拆成离子（4）溴和二氧化硫发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，再向含有H
48、Br的溶液中通入适量氯气蒸馏得到溴单质，可起到富集溴元素的目的；（5）步骤反应是溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，反应中电子转移5mol，吸收Br2的物质的量为3mol，当转移3.011023个电子时物质的量=0.5mol，计算吸收Br2的物质的量；（6）溶度积常数大的物质向溶度积常数小的物质转化，氢氧化钙的溶度积常数大于氢氧化镁，所以加入氯化镁溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体【解答】解：（1）海水晒盐原理是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，可以蒸发结晶的方法得到溶质，必需的仪器有铁架台（含铁圈）、
49、蒸发皿，玻璃棒，酒精灯，故答案为：蒸发结晶；蒸发皿；玻璃棒；酒精灯；（2）精制食盐水时，可以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2+2OH=Mg（OH）2，Fe3+3OHFe（OH）3；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42+Ba2+=BaSO4；加入过量Na2CO3（去除钙离子的多余的钡离子）：Ca2+CO32=CaCO3，Ba2+CO32=BaCO3，用盐酸除掉过量的CO32、OH，因此用到的有，其他的都用不到，故答案为：； （3）A镁、溴、碘性质活泼，海水中的镁、溴、碘元素都处于化合态，故A正确；B步骤中通入Cl2能制得单质溴，因为Cl2的氧化性比Br2强，Cl2+2Br
50、=Br2+2Cl，故B正确；C步骤中鼓入热空气分离出Br2，利用了Br2的挥发性得到溴蒸气，故C正确；D步骤发生反应是加入石灰乳不能拆成离子，反应的离子方程式为：Mg2+Ca（OH）2Mg（OH）2+Ca2+，故D错误；故答案为：D；（4）步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br，步骤I中获取的溴浓度较小，所以其目的是富集溴元素，故答案为：富集溴元素；（5）步骤反应是溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42，步骤反应是溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，反应中
51、电子转移5mol，吸收Br2的物质的量为3mol，当转移3.011023个电子时物质的量=0.5mol，计算吸收Br2的物质的量0.3mol，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42； 0.3mol；（6）溶度积常数大的物质向溶度积常数小的物质转化，氢氧化钙的溶度积常数大于氢氧化镁，所以加入氯化镁溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体，故答案为：加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤【点评】本题考查物质的分离提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，注意把握实验的原理和操作方法，难度中等19已知甲、乙为常见的金属单质，A、B、C、
52、D、E均为化合物，且A、B属于氧化物，它们之间有下图所示的转化关系，回答下列问题：（1）反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，在实验室完成该反应时还需要的试剂有氯酸钾、镁条（2）C为偏铝酸钠（填名称）；上述反应属于氧化还原反应的是（填序号）（3）反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+（4）D可以用来制造印刷电路板，也可以用来净水为节约成本，工业上用NaClO3氧化E的酸性废液制得D，该反应的离子方程式为ClO3+6 Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】金属甲与氧化物A反应生成金属乙与氧化物B，该反应生成置换反应，而甲与氧化
53、物均与氢氧化钠溶液反应生成C，可推知甲为Al、B为Al2O3、C为NaAlO2，氧化物A与盐酸反应生成D，D与金属乙反应得到E，而乙与盐酸反应也得到E，金属E为变价金属，可知乙为Fe、A为Fe2O3、D为FeCl3、E为FeCl2，据此解答【解答】解：金属甲与氧化物A反应生成金属乙与氧化物B，该反应生成置换反应，而甲与氧化物均与氢氧化钠溶液反应生成C，可推知甲为Al、B为Al2O3、C为NaAlO2，氧化物A与盐酸反应生成D，D与金属乙反应得到E，而乙与盐酸反应也得到E，金属E为变价金属，可知乙为Fe、A为Fe2O3、D为FeCl3、E为FeCl2（1）反应的化学方程式为：Fe2O3+2Al2
54、Fe+Al2O3，在实验室完成该反应时还需要的试剂有氯酸钾、镁条，故答案为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；氯酸钾、镁条；（2）C为NaAlO2，名称为偏铝酸钠，上述反应属于氧化还原反应的是：，故答案为：偏铝酸钠； （3）反应的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（4）工业上用NaClO3氧化FeCl2的酸性废液制得FeCl3，该反应的离子方程式为：ClO3+6 Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O，故答案为：ClO3+6 Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O【点评】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe元素化合物性质与转化，充分利用转化关
55、系中特殊反应进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质与转化，难度中等20现有一块已知质量为mg的镁铝合金，欲测定其中铝的质量分数，几位同学设计了以下几种不同的实验方案：方案：镁铝合金过滤、洗涤、干燥测定剩余固体质量m1g方案：镁铝合金生成气体在标准状况下的体积为VL方案：镁铝合金溶液过滤、洗涤、干燥测定沉淀质量m2g请回答以下问题：（1）上述方案能测定出铝的质量分数的是AA都能 B不能，和能C不能，和能 D和不能，能（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，测得铝的质量分数会偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（3）某同学综合上述方案，设计如图1所示的实验步骤，确定合金组成用字母m、n表示
56、合金中铝的质量分数为若合金中Al的物质的量分数为x，金属总物质的量为6mol，试在图2中作出y随x变化的曲线当y=7.5mol时，该合金中镁铝的原子数之比为1：1【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析【分析】（1）实验设计：只有铝与氢氧化钠溶液反应，生成氢气，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计：Mg、Al均与盐酸反应，生成H2，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计：Mg、Al与盐酸反应后，再加入过量NaOH溶液，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，Al3+生成NaAlO2溶液
57、，根据Mg（OH）2沉淀的质量，可求出镁的质量分数；（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，则测得的Mg（OH）2沉淀的质量偏大，据此分析；（3）合金加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，结合样品的质量则可知铝的质量分数；利用端值法判断；当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3【解答】解：（1）实验设计：只有铝与氢氧化钠溶液反应，生成氢气，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计：Mg、Al均与盐酸反应，生成H2，
58、体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；实验设计：Mg、Al与盐酸反应后，再加入过量NaOH溶液，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，Al3+生成NaAlO2溶液，根据Mg（OH）2沉淀的质量，可求出镁的质量分数，所以上述三个方案都能测定出铝的质量分数，故选A；（2）如果方案过滤得到沉淀没有洗涤、干燥，则测得的Mg（OH）2沉淀的质量偏大，所以测得镁的质量分数会偏大，即测得铝的质量分数偏小，故答案为：偏小；（3 ）合金加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量ng，可知镁的质量为ng=0.6ng，所以铝的质量分数为=，故答案为：；Al的物质的量分数为x，金属总物质的量为6mol，如x=0，则全被为镁，6mol镁反应生成6mol氢气，如x=1，则全被为铝，则6mol铝生成氢气9mol，则图象为，当y=7.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=6 m+1.5n=7.5，解得m=3，n=3，所以该合金中镁铝的原子数之比为1：1，故答案为：；1：1【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及镁和铝的化学性质、化学实验方案的设计，物质含量测定、化学计算等，掌握镁和铝的化学性质是解题的关键，侧重于考查学生的实验能力和分析能力，注意根据物质的性质进行判断，题目难度中等版权所有：高考资源网()