1、2014-2015学年安徽省亳州一中南校高一（上）期末化学试卷 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共计48分在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列说法正确的是（）A漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2和CaCl2B为消除碘缺乏病，我国政府规定在生产食用盐时必须加入一定量的单质碘C向豆浆中加入盐卤可以做豆腐DSO2的大量排放带来的环境问题是光化学烟雾和酸雨考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理版权所有分析：A漂白粉的有效成分为具有氧化性的物质；B单质碘不稳定；C向豆浆中加入盐卤可形成凝胶；D引起光化学
2、烟雾的气体为氮氧化物解答：解：A漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，故A错误；B单质碘不稳定，碘盐中一般加入碘酸钠，故B错误；C胶体中加入电解质可发生聚沉，向豆浆中加入盐卤可形成凝胶，用于做豆腐，故C正确；D引起光化学烟雾的气体为氮氧化物，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识以及物质的用途、环境保护等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大2（3分）物质对应的用途（括号内是用途）错误的是（）A单质硅（光导纤维）B钠钾合金（原子反应堆导热剂）C过氧化钠（潜水艇中供氧剂）D硫酸钡（医疗钡餐）
3、考点：硅和二氧化硅；钠的重要化合物；碱金属的性质版权所有分析：A、光导纤维的主要成分是二氧化硅；B、钠钾合金可做原子反应堆的导热剂；C、过氧化钠能与水反应生成氧气；D、硫酸钡不与酸反应解答：解：A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是单质硅，故A错误；B、钠钾合金可做原子反应堆的导热剂，故B正确；C、过氧化钠能与水反应生成氧气，故可做潜水艇供氧剂，故C正确；D、硫酸钡不溶于水，也不与酸反应，在医疗上用作钡餐，故D正确故选A点评：本题考查了常见物质的用途，应注意从性质的角度来理解用途3（3分）下列贮存化学试剂的方法不正确的是（）A浓硝酸保存在棕色试剂瓶中B金属钠通常保存在煤油里，不能保存在四氯化碳
4、中C烧碱溶液保存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中D配置一定物质的量浓度的氯化钠溶液时，要将氯化钠固体放在滤纸上称量考点：化学试剂的存放版权所有专题：实验评价题分析：A浓硝酸见光容易分解，需要避光保存；B钠的化学性质比较活泼，需要隔绝空气密封保存，钠的密度大于煤油且不与煤油反应，四氯化碳的密度比水的还要大，钠浮在上面，故不能利用四氯化碳保存；C氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应；D氯化钠固体若直接放在托盘天平的托盘上称量，会造成托盘被腐蚀解答：解：A由于浓硝酸见光易分解，需要避光保存，通常保存在棕色试剂瓶中，故A正确；B钠不与煤油反应，且密度大于煤油，所以少量的金属钠保存在煤油中，四氯化碳的密度比
5、水的还要大，钠浮在上面，故不能利用四氯化碳保存，故B正确；C氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞与玻璃瓶粘在一起，所以不能使用玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液，可以使用橡皮塞的试剂瓶，故C错误；D称量固体药品要放在滤纸上，故D正确，故选C点评：本题考查了化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及正确的保存方法，明确见光易分解的需要保存在棕色试剂瓶中、与氧气反应的需要隔绝空气密封保存等4（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB1molH2O含有的原子数目
6、为3NAC常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、NO2和CO2中均含2个氧原子；B、水为三原子分子；C、NO2和N2O4均由NO2构成；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol解答：解：A、NO2和CO2中均含2个氧原子，分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，故A正确；B、水为三原子分子，故1molH2O含有的原子数目为3NA，故B正确；C、NO2和N2O4均由NO2构成，故92g的NO2和N
7、2O4混合气体中含NO2的物质的量为2mol，故原子数为6NA，故C正确；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氯气的物质的量小于1mol，故转移的电子数小于2NA，故D错误故选D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5（3分）下列现象或事实可用同一化学原理解释的是（）A氯气和二氧化硫使品红溶液褪色B常温下，可以用铝制容器贮藏浓硫酸和浓硝酸C浓硫酸和浓盐酸暴露在空气中浓度均减小D氯化铵和碘都可以用加热法进行提纯考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A氯
8、气与水反应生成HClO具有强氧化性，二氧化硫与品红化合生成无色物质；B常温下，Al与浓硫酸和浓硝酸均发生钝化；C浓硫酸具有吸水性，浓盐酸易挥发；D氯化铵加热分解，碘加热升华解答：解：A氯气与水反应生成HClO具有强氧化性，可使品红褪色，而二氧化硫与品红化合生成无色物质，褪色原理不同，故A不选；B常温下，Al与浓硫酸和浓硝酸均发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则常温下，可以用铝制容器贮藏浓硫酸和浓硝酸，原理相同，故B选；C浓硫酸具有吸水性，浓盐酸易挥发，浓度变小分别与溶剂增多、溶质减少有关，原理不同，故C不选；D氯化铵加热分解，碘加热升华，则加热法不能进行提纯，故D不选；故选B点评
9、：本题考查元素化合物知识，为高频考点，把握常见物质的性质、发生的反应等为解答的关键，注重元素化合物知识的综合应用，题目难度不大6（3分）下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂B置换反应一定是氧化还原反应C阳离子只能得到电子，阴离子只能失去电子D金属阳离子被还原一定得到金属单质考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：AS、P、C等可被氧化；B置换反应有单质参加，元素化合价发生变化；CFe2+可失去电子，ClO可得到电子；DFe3+被还原可得到Fe2+解答：解：A氧化还原反应中非金属不一定是氧化剂，如S、P、C等可被氧化，故A错误；B置换反应有单质参加，元素化
10、合价发生变化，一定属于氧化还原反应，故B正确；CFe2+可失去电子，ClO可得到电子，故C错误；DFe3+被还原可得到Fe2+，被还原不一定得到单质，故D错误故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，答题时注意能举出实例，题目难度不大7（3分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A硫酸铝溶液中加入过量氨水 Al3+3OH=Al（OH）3B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水 Ca（OH）2+CO32=CaCO3+2OHC冷的氢氧化钠溶液中通入氯气 Cl2+2OH=ClO+Cl+H2OD稀硫酸中加入铁粉 2Fe+6H+=2Fe3+3H2考点：
11、离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A一水合氨在离子反应中应保留化学式；B氢氧化钙应写成离子；C反应生成氯化钠、次氯酸钠、水；D反应生成亚铁离子和氢气解答：解：A硫酸铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水的离子反应为Ca2+CO32=CaCO3，故B错误；C冷的氢氧化钠溶液中通入氯气的离子反应为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故C正确；D稀硫酸中加入铁粉的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化
12、还原反应及与量有关的离子反应为解答的难点，题目难度中等8（3分）某溶液中加入金属铝有氢气放出，则在此溶液中可能大量共存的离子是（）AK+，Fe2+，NO3，SO42BK+，Na+，Cl，HCO3CK+，Na+，Al（OH）4，SO42DK+，NH4+，Cl，CO32考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：溶液中加入金属铝有氢气放出，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，注意如溶液呈酸性，不能为HNO3，因Al与HNO3反应不生成氢气解答：解：溶液中加入金属铝有氢气放出，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，则A在酸性溶液中，NO3具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，如溶液呈碱性，Fe2+不
13、能大量存在，故A错误；B无论溶液呈酸性，还是呈碱性，HCO3都不能大量存在，故B错误；C在碱性条件下，四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故C正确；D如溶液呈酸性，CO32不能大量存在，如溶液呈碱性，NH4+不能大量存在，故D错误故选C点评：本题考查离子共存，题目难度不大，本题注意Al既能与酸反应生成氢气，也能与强碱反应生成氢气，注意离子的性质9（3分）为了除去粗盐中的Ca2+，Mg2+，SO42及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（）过滤； 加过量NaOH溶液； 加适量盐酸； 加过量Na2CO3溶液； 加过量BaCl2溶液ABCD考点
14、：粗盐提纯版权所有专题：离子反应专题分析：根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析解答：解：镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应
15、剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的氢氧化钠溶液；加过量的氯化钡溶液； 加过量的碳酸钠溶液；过滤；加适量盐酸故选C点评：本题主要考查了在粗盐提纯中的物质的除杂或净化操作，在解此类题时，首先要了解需要除去的是哪些离子，然后选择适当的试剂进行除杂，在除杂质时，要注意加入试剂的量的控制10（3分）下列有关铁及其化合物的描述中不正确的是（）AFe3+离子只具有氧化性，Fe只具有还原性B除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，最好的方法是通入氯气CFe2+的水溶液为浅绿色，Fe2+既有氧化性又有还原性DFe3+的水溶液为棕黄色，可用含SCN的溶液检验考点：铁的化学性质；铁的氧化物和
16、氢氧化物版权所有专题：元素及其化合物分析：A、氧化性是指物质得电子的性质，还原性是指物质失电子的性质，元素处于最高价态时，只表现为氧化性，元素处于最低价态时，只表现为还原性，处于中间价态，既表现氧化性，又表现还原性；B、根据亚铁离子和铁离子的不同性质进行分析，注意在除去铁离子的同时不能带入新的杂质；C、氧化性是指物质得电子的性质，还原性是指物质失电子的性质，元素处于最高价态时，只表现为氧化性，元素处于最低价态时，只表现为还原性，处于中间价态，既表现氧化性，又表现还原性；D、Fe3+的水溶液为棕黄色，Fe3+溶液中滴入SCN，Fe+3SCN=Fe（SCN）3，生成的溶液呈血红色解答：解：A、Fe
17、3+一般具有氧化性，不具有还原性，而Fe化合价只能升高，所以只具有还原性，故A正确；B、因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，通氯气和三价铁之间不反应，还会把亚铁离子氧化为三价铁离子，故B错误；C、氧化性是指物质得电子的性质，还原性是指物质失电子的性质，元素处于最高价态时，只表现为氧化性，元素处于最低价态时，只表现为还原性，处于中间价态，既表现氧化性，又表现还原性通常情况下铁的化合价有0、+2、+3价，Fe2+处于中间价态，既能得电子，又能失电子，所以既有氧化性，又有还原性，Fe2+的水溶液为浅绿色，故C正确；D
18、、Fe3+的水溶液为棕黄色，Fe3+溶液中滴入SCN，Fe+3SCN=Fe（SCN）3，生成的溶液呈血红色，所以可用含SCN的溶液检验，故D正确；故选：B点评：本题涉及知识点：1、中学常见水溶液有颜色离子有：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4（紫色），2、氧化性、还原性的判断：最高价态的元素只有氧化性，最低价态元素只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性；3、物质的性质选择适当的除杂剂，注意反应后不能带入新的杂质11（3分）下列物质的分类方法正确的是（）序号碱性氧化物酸碱盐A氢氧化钠硫酸生石灰碳酸钠B生石灰次氯酸纯碱小苏打C过氧化钠硝酸氢氧化钙氯化铁D氧化钠醋酸
19、烧碱硫酸钙AABBCCDD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系版权所有专题：物质的分类专题分析：碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物，据此分析解答：解：A、NaOH是碱，不是盐；生石灰是CaO，不是碱；故A错误；B、纯碱是Na2CO3，是盐，不是碱，故B错误；C、过氧化钠与酸反应除了生成盐和水，还有氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；D、氧化钠是碱性氧化物，醋酸是酸，烧碱是NaOH，属于碱，硫酸钙属于盐，故D
20、正确故选D点评：本题考查了酸碱盐、碱性氧化物等概念，把握住概念的实质是解题关键，难度不大12（3分）下列离子检验方法正确的是（）A某溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有ClB某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有SO42C某溶液中加入稀硫酸，生成无色气体，说明原溶液中有CO32D某溶液中加入NaOH溶液，生成能使湿红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中有NH4+考点：常见离子的检验方法版权所有专题：物质检验鉴别题分析：A银离子能与碳酸根、硫酸根、氢氧根、氯离子等生成白色沉淀；B向一种未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是AgCl或BaSO4沉
21、淀；CCO32和HCO3都能与HCl反应生成无色CO2气体；D氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝解答：解：A、银离子能与碳酸根、硫酸根、氢氧根、氯离子等生成白色沉淀，故某溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，不能说明原溶液中有Cl，故A错误；B、向一种未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是AgCl或BaSO4沉淀，溶液中可能含有Cl或SO42离子，故B错误；C、CO32和HCO3都能与HCl反应生成无色CO2气体，故C错误；D、氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，故D正确；故选D点评：本题考查物质的检验、鉴别、反应现象的判断，解题关键是干扰
22、离子的分析判断，题目难度中等13（3分）发射“天宫一号”使用的是“长征二号F”T1运载火箭，火箭的燃料是偏二甲肼（化学式为C2H8N2，其中C和N均为2价），它与四氧化二氮一旦混合便会剧烈燃烧，产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：2N2O4+C2H8N2=3N2+2CO2+4H2O，则下列说法正确的是（）A该反应不属于氧化还原反应B该反应中氧化剂是N2O4C该反应中只有氮元素被氧化DN2O4在反应过程中发生氧化反应考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：2N2O4+C2H8N2=3N2+2CO2+4H2O中，N元素的化合价由+4价降低为0，N元素的化合价由2价升高
23、为0，C元素的化合价由2价升高为+4价，以此来解答解答：解：AC、N元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A错误；BN元素的化合价降低，则该反应中氧化剂是N2O4，故B正确；CC2H8N2中C、N元素的化合价均升高，则均失去电子被氧化，故C错误；DN2O4在反应过程中发生还原反应，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握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的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大14（3分）某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是（）ABCD考点：镁、铝的重要化合物
24、版权所有专题：计算题分析：AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，再继续滴加NaOH溶液时，氢氧化铝 会完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液解答：解：含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，得到沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.03mol，即30mL，Mg2+2OHMg（OH）2，得到次沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.02mol，即2
25、0mL，随反应进行沉淀量增大，共消耗氢氧化钠50mL，0.01mol氢氧化铝会溶于过量的氢氧化钠中，Al（OH）3+OHAl（OH）4，消耗氢氧化钠10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠，沉淀量减小，直到最后剩余的是氢氧化镁沉淀0.01mol故选C点评：理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算15（3分）有甲、乙、丙三种试液，在氢氧化钡溶液中加入甲，有白色沉淀生成，在沉淀中加入乙，沉淀完全溶解，并有气泡生成，最后向所得溶液中加入丙又产生白色沉淀，则甲、乙、丙依次是（）AK2CO3 HCl CaCl2BNa2CO3 HNO3 MgCl2CNa2CO3
26、 HCl AgNO3DH2SO4 Na2CO3 AgNO3考点：几组未知物的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：甲、乙、丙三种试液，在氢氧化钡溶液中加入甲，有白色沉淀生成，能与钡离子生成沉淀的是碳酸根、亚硫酸根、硫酸根等，在沉淀中加入乙，沉淀完全溶解，并有气泡生成，那么此沉淀一定不是硫酸钡，据此解答即可解答：解：A在氢氧化钡溶液中加入甲有白色沉淀生成，沉淀为碳酸钡，加盐酸沉淀溶解，但再加氯化钙不反应，不能符合上述转化，故A不选；B在氢氧化钡溶液中加入甲有白色沉淀生成，沉淀为碳酸钡，加硝酸沉淀溶解生成硝酸钡，最后向所得溶液中加入氯化镁无现象，故B不选；C在氢氧化钡溶液中加入甲有白色沉淀生成，沉
27、淀为碳酸钡，加盐酸沉淀溶解生成氯化钡，再加硝酸银生成白色沉淀，符合上述转化，故C选；D氢氧化钡溶液中加入甲有白色沉淀生成，沉淀为碳酸钡，加硫酸生成硫酸钡，沉淀不能完全溶解，不能符合上述转化，故D不选；故选C点评：本题考查物质的检验及性质，为高频考点，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意白色沉淀的判断及硫酸钡不能溶于酸为解答的易错点，题目难度不大16（3分）1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4molL1和0.1molL1若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为（）A2.4gB3.2gC6.4gD9.6g考点：硝酸的化学性质；离子方程式的有
28、关计算版权所有专题：氮族元素分析：1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4molL1和0.1molL1，则n（H+）=1L20.4mol/L+1L0.1mol/L=0.9mol，n（NO3）=1L0.1mol/L=0.1mol，铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，结合反应的离子方程式计算解答：解：1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4molL1和0.1molL1，则n（H+）=1L20.4mol/L+1L0.1mol/L=0.9mol，n（NO3）=1L0.1mol/L=0.1
29、mol，发生3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O 3 8 2 0.9mol 0.1mol可知H+过量，NO3完全反应，则消耗铜的质量为64g/mol=9.6g，故选D点评：本题考查硝酸的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握离子方程式的书写以及过量问题的判断，难度不大二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17（12分）（1）下列物质中属于电解质的是，能导电的是铜 酒精 氨气 盐酸 熔融的KCl晶体 硫酸钡（2）1mol SO2的质量为64g，含有的质子数为32NA（3）在反应2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1（4）常温常压
30、下，7g乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）的混合物中含有的氢原子数目为NA考点：电解质与非电解质；物质分子中的原子个数计算；氧化还原反应版权所有分析：（1）水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；物质导电有两种原因，一是金属类有自由移动的电子能够导电，二是能够产生自由离子的溶液能够导电；（2）依据m=nM计算即可；O含有质子数为8，S为16，据此计算即可；（3）依据还原剂发生氧化反应得到氧化产物，氧化剂发生还原反应得到还原产物
31、计算即可；（4）乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的氢原子数目解答：解：（1）铜属于单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电； 酒精不能导电，属于非电解质； 氨气不能导电，属于非电解质； 盐酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质； 熔融的KCl晶体能导电，属于电解质； 硫酸钡不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质，故答案为：；（2）m=nM=1mol64g/mol=64g，1molSO2的中含有的质子数为：82+16=32，故答案为：64g；32NA；（3）该反应中，硫化氢作还原剂，氧化产物为S，二氧化硫作氧化剂，还原产物为S，由于硫化氢与二氧化硫的物质的量之比
32、为2：1，故氧化产物与还原产物的物质的量之比也为2：1，故答案为：2：1；（4）7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有0.5mol最简式CH2，含有1mol氢原子，含有氢原子的数目为NA，故答案为：NA点评：本题较简单，主要考查电解质的定义、有关物质的量的计算等，难度不大，熟悉常见的酸、碱、盐都属于电解质来解答，注意导电，要从导电实质的角度去分析给定物质是否具备导电性能18（9分）随着人们生活水平的不断提高，健康美容日益得到重视皮肤的黑白与皮肤中黑色素的多少有关合理的饮食能够减少黑色素的合成，有利于皮肤变白化学实验证明，黑色素形成的一系列反应多为氧化反应，多食入富含维生素C的食物，如酸枣、番茄、柑橘
33、、新鲜绿叶蔬菜等可阻断黑色素的形成，这是利用了维生素C的还原性（填还原性或氧化性）实验室要配制450mL 1.0molL1维生素C 溶液，配制该溶液所必须用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管（填四种）配制实验操作步骤有：在天平上称量一定量的维生素C放入烧杯，加水溶解，冷却至室温把制得的溶液小心地注入一定容积容量瓶中继续向容量瓶中加水至距刻度线1cm2cm处，改用胶头滴管加水至刻度线用少量水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次将洗涤液转入容量瓶，并摇匀将容量瓶塞塞紧，充分摇匀填写下列空白：操作步骤和正确顺序为该配制过程中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌加速溶解，引流定容时，若俯视凹液面
34、，会使结果偏高（填偏高、偏低或无影响，下同）若没有进行步操作，会使结果偏低考点：溶液的配制版权所有专题：实验题分析：由于黑色素形成的一系列反应多为氧化反应，而维生素C可阻断黑色素的形成，由此分析维生素C的性质；根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来排序；根据玻璃棒在溶解和转移溶液时的作用解答；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；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：由于黑色素形成的一系列反应多为氧化反应，而维生素C可阻断黑色素的
35、形成，由此可知维生素C有还原性；根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：还原性；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知顺序为：，故答案为：；该配制过程中两次用到玻璃棒，第一次在溶解氢氧化钠时，使用玻璃棒搅拌，加速溶解；第二次转移溶液时需要使用玻璃棒引流，防止溶液流到容量瓶外边，故答案为：搅拌加速溶解；引流；定容时，若俯视凹液面，会导致溶液的体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高；若没有进行步操作，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故答案为：偏低
36、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19（12分）物质AH是我们熟悉的单质或化合物，其中A、F为金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，F合金的用量是金属中最大的C、D为气态非金属单质，D呈黄绿色G的水溶液呈浅绿色，在适当的条件下它们之间可以发生如下图所示的转化（部分产物被略去）试回答下列问题：（1）E的化学式为HCl；D与F反应的化学方程式是2Fe+3Cl2=2FeCl3；（2）A在空气中燃烧的化学方程式是2Na+O2Na2O2；（3）A与水反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；F与高温水蒸气反应的化学方程式是3Fe+
37、4H2OFe3O4+4H2；（4）写出G溶液中滴加B溶液后观察到的现象先生成白色沉淀，很快变成灰绿色，最终变成红褐色考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：分析转化关系图，其中A、F为金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体判断为Na，F合金的用量是金属中最大的为FeC、D为气态非金属单质，D呈黄绿色判断为Cl2G的水溶液呈浅绿色判断为亚铁盐溶液；结合转化关系分析推断，B为NaOH，C为H2，E为HCl，G为FeCl2，则F为Fe，H为氯化亚铁溶液和氢氧化钠溶液的反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，依据推断分析回答问题解答：解：由转化关系图及A、F为金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体判断A为Na
38、，F合金的用量是金属中最大的为FeC、D为气态非金属单质，D呈黄绿色判断为Cl2G的水溶液呈浅绿色判断为亚铁盐溶液；结合转化关系分析推断，B为NaOH，C为H2，E为HCl，G为FeCl2，则F为Fe，H为氯化亚铁溶液和氢氧化钠溶液的反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，（1）E为氯化氢，化学式为：HCl，D与F反应的化学方程式是2Fe+3Cl2=2FeCl3，故答案为：HCl；2Fe+3Cl2=2FeCl3；（2）A为金属钠在空气中燃烧的化学方程式是2Na+O2Na2O2；故答案为：2Na+O2Na2O2；（3）A为Na与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，F与高温水蒸气反应
39、的化学方程式是3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（4）G溶液中滴加B溶液是氯化亚铁溶液中滴入氢氧化钠溶液反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速变化为灰绿色，最后变化为红褐色氢氧化铁沉淀；观察到的现象，先生成白色沉淀，很快变成灰绿色，最终变成红褐色；故答案为：先生成白色沉淀，很快变成灰绿色，最终变成红褐色点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的分析判断，主要是钠、铁及其化合物性质的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等20（10分）为了验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，选用下图所示仪器（内含物质）组装成
40、实验装置：（1）如按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是（填各接口字母）：A接F，E接C，D接B；（2）仪器乙、丙应有怎样的实验现象才表明已检验出CO2？乙中乙中出现白色沉淀，丙中丙中品红未褪色；（3）丁中酸性KMnO4溶液的作用是吸收SO2；（4）写出甲中反应的化学方程式C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O考点：浓硫酸的性质实验版权所有专题：氧族元素分析：（1）根据实验室浓H2SO4氧化木炭的反应原理、条件，固液加热下反应，进行选择发生和验证产物装置；（2）根据二氧化碳和二氧化硫的性质进行解答；（3）高锰酸钾具有氧化性，二氧化硫具有还原性，据此即可解答；（4）浓硫酸与碳反应
41、生成二氧化碳和二氧化硫和水解答：（1）根据实验室浓H2SO4氧化木炭的反应原理、条件，固液加热下反应，进行选择发生装置，高锰酸钾可氧化二氧化硫，用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，故答案为：A；F；E；C；D；B；（2）乙中为澄清的石灰水，澄清的石灰水和二氧化碳反应变浑浊，二氧化硫具有漂白性，二氧化硫能使品红褪色，丁装置用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色，故答案为：乙中出现白色沉淀；丙中品红未褪色；（3）为了验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，应先除去二氧化硫，用高锰
42、酸钾酸性溶液除SO2，故答案为：吸收SO2；（4）浓硫酸与碳反应发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫和水，碳和稀硫酸不反应，故答案为：C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O点评：本题考查了浓硫酸的性质应用，关键是理解掌握二氧化硫的性质，难度中等21（9分）取50.0毫升Na2CO3和Na2SO4的混和溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51克白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66克，并有气体放出试计算：（1）原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度； （2）产生的气体在标准状况下的体积考点：物质的量浓度；气体摩尔体积；化学方程式的有关计算版权所有专题：
43、压轴题；计算题；物质的量浓度和溶解度专题分析：根据14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，BaSO4不溶于水，可知BaCO3和BaSO4的质量，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量，以此分别计算以此计算原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度，以及产生的气体在标准状况下的体积解答：（1）解：14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，剩余沉淀为BaSO4，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量所以Na2SO4的物质的量为：=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为=0.4mol/L，减少的沉淀质量为BaCO3，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量所以Na2CO3的物质的量为：=0.05mol，所以Na2CO3的物质的量浓度为=1mol/L，答：原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为：1mol/L、0.4mol/L（2）设生成的气体在标准状况下的体积为xBaCO3+2HNO3Ba（NO3）2+H2O+CO21mol 22.4L0.05mol x，x=1.12L，答：产生的气体在标准状况下的体积为1.12L点评：本题考查化学计量应用于化学方程式的计算，做题时注意从质量守恒的角度进行计算，本题难度不大
