1、高考资源网（） 您身边的高考专家安徽省蚌埠一中2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项，每题3分，共54分）1相同物质的量的Na2O2和Na2O的比较中，不正确的是( )A两种物质所含原子核个数之比为4：3B两种物质中阴离子的物质的量之比为2：1C两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量之比为1：1D两种物质中阳离子的物质的量之比为1：1考点：钠的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、Na2O2和Na2O两种物质所含原子核个数可以根据分子式的构成情况来回答；B、Na2O2和Na2O两种物质中的阴离子分别是过氧根离子和氧离子；C、氧化钠与CO2反
2、应生成碳酸钠，过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气根据反应量的关系来回答；D、Na2O2和Na2O两种物质中阳离子均是钠离子解答：解：A、Na2O2和Na2O两种物质所含原子核个数分别是4、3，个数之比是4：3，故A正确；B、Na2O2和Na2O两种物质中的阴离子分别是过氧根离子和氧离子，个数之比是1：1，故B错误；C、氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，二者是1：1反应，过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，二者是1：1反应，相同物质的量的Na2O2和Na2O与足量的CO2反应，消耗气体的质量之比为1：1，故C正确；D、Na2O2和Na2O两种物质中阳离子均是钠离子，阳离子的物质的量之比为1：1，
3、故D正确故选B点评：本题考查钠的氧化物，明确发生的化学反应、物质构成及相关的概念是解答本题的关键，注意根据物质的构成微粒回答该题，难度中等2一块表面已被氧化为Na2O的钠块17.0g，将其投入100g水中，产生H2 0.2g，则被氧化的钠是( )A4.6gB12.4gC6.2gD9.2g考点：氧化还原反应的计算；钠的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据2Na+2H2O=2NaOH+H2，利用氢气的量计算参加反应的钠的质量，然后得出氧化钠的质量，再计算出被氧化的钠的质量解答：解：设产生0.2g氢气需钠的质量为x2Na+2H2O=2NaOH+H246 2x 0.2gx=4.6g，则
4、氧化钠的质量是：17.0g4.6g=12.4g，则对应的被氧化的钠的质量为100%12.4g=9.2g，故选D点评：本题考查化学方程式的计算，明确反应物和生成物的质量关系都是纯量，解题格式要规范完整，注意区分被氧化的钠和氧化钠的质量，题目难度不大3在相同条件下总质量为2g的CO和H2的混合气体，在O2中完全燃烧后全部通过足量的Na2O2固体，则固体质量增加( )A2gB1gC18gD无法确定考点：化学方程式的有关计算 分析：CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2
5、CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，以此解答该题解答：解：CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaO
6、H+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故由2gCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为2g，故选A点评：本题考查混合物计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意利用总反应方程式判断固体增重，也可以利用差量法进行判断，若物质可以写成（CO）xyH2形式，完全燃烧后通入足量过氧化钠，过氧化钠增重为该物质的质量，难度中等4图是一种试验某气体化学性质的实验装置在A处通入氯气，图中B为开关，关闭B时，C中红色布条颜色无变化；打开B时，C处红色布条颜色褪去由此做出的判
7、断正确的是( )AD中可以是水BD中可以是饱和食盐水CD中不可能是浓H2SO4D通入的氯气中含有水蒸气考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处红色布条无变化，说明D处可以干燥氯气或吸收氯气解答：解；A处通入氯气关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色说明氯气中含有水蒸气，遇到有色布条，氯气和水反应生成次氯酸起漂白作用，氯气通过D装置后，遇到有色布条不退色，说明D装置中的液体可以是干燥氯气，也可以是吸收氯气；A、D中是水时，会使有色布条褪色，故A错误；B、D中是饱和食盐水时，氯气
8、通过后会含有水蒸气，遇到有色布条褪色，因为氯气含水蒸气，反应生成次氯酸起漂白作用，故B错误；C、D中可以是浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，故C错误；D、实验现象说明通入的氯气含有水份，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，故D正确；故选：D点评：本题考查了氯气的化学性质，氯气的干燥，次氯酸的漂白作用5下列说法正确的是( )ACl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B漂白粉的有效成分为CaCl2和Ca（ClO）2C实验室制备Cl2，可用向上排空气法或排饱和食盐水法收集D新制氯水只含有氯气和次氯酸分子考点：氧化还原反应；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析：A、氯气在化学反应中既
9、可以做氧化剂，还可以做还原剂；B、漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2；C、食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，可以用排饱和食盐水法收集氯气，氯气密度大于空气，所以也可用向上排空气法收集；D、新制氯水含有水、氯气和次氯酸分子解答：解：A、氯气在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，还做还原剂，故A错误；B、漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故B错误；C、氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H+Cl+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，又氯气密度大于空气，所以也可用向上排空气法收集，故C正确；D、新制氯水含有水、氯气和次氯
10、酸分子，故D错误故选C点评：本题涉及氯气的性质、漂白粉的有效成分、氯气的收集方法等知识的掌握，难度不大6ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列说法正确的是( )AKClO3在反应中得到电子BClO2是氧化产物CH2C2O4在反应中被还原D1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O（O均为2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，
11、C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答解答：解：ACl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故A正确；BCl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；CH2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C错误；D.1molKClO3参加反应有1mol（54）=1mol，故D错误；故选A点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并注意氧化剂、还原剂中元素的变化来解答，难度不大7下列说法中正确的是( )A1mol任何气体的体积都约为22.4LB0.1mol/L 的NaCl溶液中，Na+与Cl离子总数为0.2NAC
12、在标准状况下，2mol酒精的体积约为44.8LD常温常压下，质量为32g的O2含有的分子数为NA考点：阿伏加德罗常数；气体摩尔体积 分析：A气体状况未知，无法确定气体摩尔体积；B溶液体积未知；C气体摩尔体积适用对象为气体；D依据N=NA计算解答：解：A气体状况未知，无法确定气体摩尔体积，故A错误；B溶液体积未知，无法计算离子的个数，故B错误；C标况下，酒精是液态，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D常温常压下，质量为32g的O2含有的分子数=NA=NA，故D正确；故选：D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析，熟悉气体摩尔体积适用对象和使用条件、熟练掌握有关物质的量的计算公式是解题关键，题目难度不
13、大8用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )A标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为1 NAB常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAC通常状况下，1 NA 个CO2分子占有的体积为22.4 LD物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl 个数为1NA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、标况下，水是液态；B、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1molNa2CO3中含2mol钠离子来分析；C、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、溶液体积不明确解答：解：A、标况下，水是液态，故A错误；B、碳
14、酸钠的物质的量n=0.01mol，而1molNa2CO3中含2mol钠离子，故0.01molNa2CO3中含0.02mol钠离子，故B正确；C、NA 个CO2分子的物质的量为1mol，通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故1mol二氧化碳所占的体积大于22.4L，故C错误；D、溶液体积不明确，故无法计算溶液中氯离子个数，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大9在同温同压下，A容器中的氧气（O2）和B容器中的氨气（NH3）所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是( )A1：2B2：1C2：3D3：2考点
15、：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：同温同压下，气体的Vm相等，根据n=计算解答：解：同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氧气（O2）和B容器中的氨气（NH3）所含的原子个数相同，由N=nNA，可知2n（O2）=4n（NH3），则n（O2）：n（NH3）=2：1，根据V=nVm可知，V（O2）：V（NH3）=2Vm：Vm=2：1，故选B点评：本题考查阿伏加德罗定律及其推论以及物质的量的相关计算，题目难度不大，本题注意根据相关计算公式n=计算，注意同温同压下，气体的Vm相等10在同温同压下，11.5g气体A所占的体积和8gO2 所占的体积相同，则气体A的相对分子质
16、量为( )A46B28C44D64考点：阿伏加德罗定律及推论；相对分子质量及其计算 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：根据n=计算氧气的物质的量，同温同压下，二者体积相同，则11.5g气体A和8gO2 的物质的量相同，根据M=计算气体A的摩尔质量，据此判断气体A的相对分子质量解答：解：8gO2 的物质的量为=0.25mol，同温同压下，二者体积相同，则11.5g气体A和8gO2 的物质的量相同，即气体A的物质的量为0.25mol所以气体A的摩尔质量为=46g/mol所以该气体的相对分子质量为46故选：A点评：考查阿伏伽德罗定律及推论的计算，难度不大，注意相对分子质量的计算方法，根据同温
17、同压下，体积之比等于物质的量之比，判断气体的物质的量是解题关键11在无色强酸性溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是( )ANa+、K+、Cl、SO42-BCu2+、K+、SO42、NO3CK+、NH4+、SO42、CO32-DBa2+、Na+、Cl、SO42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：强酸性溶液中存在大量氢离子，溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，ANa+、K+、SO42、Cl离子之间不发生反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；B铜离子为有色离子，不满足溶液无色的要求；CCO32与氢离子反应生成二氧化碳气体；D钡离子与硫酸根离子反应生成难
18、溶物硫酸钡解答：解：强酸性溶液中存在大量H+离子，无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，ANa+、K+、Cl、SO42离子之间不反应，都不与H+离子反应，且各离子都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A正确；BCu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，在溶液中不能大量存在，故B错误；CCO32与强酸溶液中的H+离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DBa2+、SO42之间反应生成BaSO4沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生
19、氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在12下列离子方程式的表达正确的是( )ACuSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合：Ba2+SO42=BaSO4BNaHCO3溶液与稀硫酸混合：HCO3+H+=H2O+CO2CNaHSO3溶液与NaHSO4溶液混合：HSO3+HSO4=SO42+H2O+SO2DCa（OH）2溶液中通入过量CO2：Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O考点：离子方程式的书写 专题：化学用语专题；离子反应专题分析：A、离子
20、反应不能漏掉反应的离子；B、碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳；C、亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水；D、注意二氧化碳过量时，会将碳酸盐转化为碳酸氢盐解答：解：A、CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后的反应实质为：Cu2+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+Cu（OH）2，故A错误；B、NaHCO3溶液与稀硫酸混合后，碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，即：HCO3+H+=H2O+CO2，故B正确；C、NaHSO4溶液中含有钠离子、硫酸根离子和氢离子，亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，故C错误；D、Ca（OH）2溶液中通入过量CO2，注意二氧化碳过量时，会
21、将碳酸盐转化为碳酸氢盐，即2OH+CO2=2HCO3，故D错误故选B点评：本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是现在考试的热点，难度不大13FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体的共同性质是( )A都能产生丁达尔效应现象B都能透过半透膜C通常情况下均稳定透明D分散质粒子直径都是1100nm考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：A胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；B溶液能透过半透膜，但胶体透不过；C溶液和胶体都是均一的；D溶液的分散质直径小于1nm解答：解：A只有胶体具有丁达尔效应，所以Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故A错误； B溶液能透过半透膜，但胶体透不过，
22、故可以用渗析的方法来提纯胶体，故B错误；C溶液和胶体都是均一的分散系，故C正确；D溶液的分散质直径小于1nm，胶体的分散质直径在1nm100nm之间，故D错误故选C点评：本题考查了胶体的性质以及胶体和溶液的区别，可以根据所学知识进行回答，题目难度不大14下列叙述正确的是( )A固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质B铜丝能导电，所以铜是电解质C氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质DSO3溶于水能导电，所以 SO3是电解质考点：电解质与非电解质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、固体氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质；B、铜能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质；C、氯化氢
23、溶于水电离为氢离子和氯离子，所以是电解质；D、SO3溶于水生成硫酸，硫酸电离得到氢离子和硫酸根离子，能导电，但SO3不能发生电离，是非电解质解答：解：A、固体氯化钠中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质，故A错误；B、铜是金属单质，能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、氯化氢溶于水电离为氢离子和氯离子，所以氯化氢水溶液导电，是电解质，故C正确；D、SO3溶于水生成硫酸，硫酸电离得到氢离子和硫酸根离子，能导电，但SO3不能发生电离，是非电解质，故D错误；故选C点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意单质、
24、混合物既不是电解质也不是非电解质15实验室里利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O关于该反应的下列说法正确的是( )AN2既是氧化剂，又是还原剂B每生成lmolN2转移的电子的物质的量为6molCNH4Cl中的氮元素被还原DNaNO2是氧化剂考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由3价升高为0，以此来解答解答：解：A该反应中只有元素的化合价变化，则N2既是氧化产物，又是还原产物，故A错误；B由N元素的化合价变化可知，每生成lmolN2转移的电子的物质的量为
25、3mol，故B错误；CNH4Cl中的氮元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；DNaNO2中N元素的化合价降低，是氧化剂，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，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的考查，注意电子守恒及转移电子数，题目难度不大16根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO42FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3AH2SO3IFe2+NOBIFe2+H2SO3NOCFe2+IH2SO3NODNOFe2+H
26、2SO3I考点：氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：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
27、到弱的顺序为H2SO3IFe2+NO，故选A点评：本题考查氧化还原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17在SiO2+3CSiC+2CO反应中，氧化剂和还原剂的质量比为( )A36：30B60：36C2：1D1：2考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：SiO2+3CSiC+2CO反应中，根据化合价可知，C既是氧化剂又是还原剂，质量之比等于物质的量之比，可有方程式判断氧化剂和还原剂之间的物质的量关系解答：解：SiO2+3CSiC+2CO反应中，Si元素的化合价反应前后没有变化，当3molC参加反应时，有1molSiC生成
28、，说明1molC起到氧化剂的作用，有2molCO生成，说明有2molC起到还原剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，则质量之比为1：2，故选D点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意化合价的变化是解答该题的关键18配制250ml 0.10mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作会使得配制的溶液浓度偏大的是 ( )A转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，又补充了水考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据c=，判断不当操作对n、V的影响
29、，进而判断溶液浓度的变化解答：解：A转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致n减小，溶液浓度偏小，故A错误；B在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故B错误；C在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，故C正确；D定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故D错误故选C点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制误差分析，题目难度不大，注意易错点为B、C，注意仰视、俯视对体积读数的影响二、填空题（每空2分，共36分）19现有以下物质：铝 稀硝酸 液态氯
30、化氢 二氧化碳 蔗糖 硫酸氢钠固体 熔融的NaCl 醋酸 氢氧化铝用相应物质的序号填写（1）（4）（1）可以导电的有（2）属于强电解质的有（3）属于弱电解质的有（4）属于非电解质的有（5）写出和代表物质在水中电离的方程式NaHSO4=Na+H+SO42；CH3COOHCH3COO+H+考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质；电解质溶液的导电性 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）有自由移动的电子或自由移动离子的物质能导电；（2）能全部电离的电解质是强电解质；（3）只有部分电离的电解质是弱电解质；（4）在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（5）强电解质在水溶液里完全
31、电离，弱电解质在水溶液里只有部分电离解答：解：（1）有自由移动的电子或自由移动离子的物质能导电，可以导电的物质有金属单质、电解质溶液、熔融状态的电解质，故答案为：；（2）能全部电离的电解质是强电解质，液态氯化氢、硫酸氢钠固体、熔融的氯化钠在水溶液里能全部电离，所以都是强电解质，故答案为：；（3）只有部分电离的电解质是弱电解质，醋酸、氢氧化铝在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，故答案为：；（4）在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，二氧化碳和蔗糖都是非电解质，故答案为：；（5）硫酸氢钠是强电解质，在水溶液里电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na+H+
32、SO42；醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO+H+故答案为：NaHSO4=Na+H+SO42；CH3COOHCH3COO+H+点评：本题考查了电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的判断，难度不大，根据定义判断即可，注意硫酸氢钠在水溶液里电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42；熔融状态的电离方程式为：NaHSO4=Na+HSO420洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一，漂白粉是常用的消毒剂（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（2
33、）漂白粉的有效成份是（填化学式）Ca（ClO）2（3）漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO（4）反应（1）和反应（3）中，属于氧化还原反应的是（填编号）（1）考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：卤族元素分析：（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（2）漂白粉的有效成份是次氯酸钙；（3）次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙；（4）根据元素化合价是否发生变化判断是否属于氧化还原反应解答：解：（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca（O
34、H）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）漂白粉的有效成份是次氯酸钙，化学式为Ca（ClO）2，故答案为：Ca（ClO）2；（3）次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，反应的方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；（4）以上反应中，（1）中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故答案为：（1）点评：本题考查漂白粉的制备及漂白原理，把握氯气的性质、次氯酸钙的性质、HClO的性质为解答的关键，明确发生的化学反应
35、即可解答，题目难度不大21实验室需要0.1mol/LNaOH溶液480mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是BD（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是500mL容量瓶、玻璃棒A B C D E（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是BC（填序号）A使用容量瓶前检验是否漏水B配制NaOH溶液时，把称好的NaOH固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线C配制H2SO4溶液时，容量瓶用蒸馏水洗净后，还要用0.5mol/LH2SO4溶液润洗
36、，方可使用D盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀（3）根据计算用托盘天平称取的质量为2.0g（4）配制硫酸溶液过程中，下列操作会引起结果偏高的是B（填序号）A未洗涤烧杯、玻璃棒 B未冷却至室温就转移到容量瓶定容 C定容时仰视刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：实验题分析：（1）根据各仪器的作用选取仪器；（2）根据容量瓶的构造及正确使用方法进行解答；（3）根据m=cVM计算氢氧化钠的质量，注意溶液的体积为500mL而不是480mL；（4）根据实验操作对c=的影响进行判断解答：解：（1）配制一定浓度的溶液过程中，一定不会用到烧瓶和分液漏斗，需要用500m
37、L容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容，搅拌或引流用的是玻璃棒，还缺少500mL容量瓶和玻璃棒，故答案为：BD；500mL容量瓶、玻璃棒；（2）A容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前检验是否漏水，故A正确；B容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故B错误；C容量瓶不能润洗，否则会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故C错误；D定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，故D正确；故答案为：BC；（3）0.1mol/LNaOH溶液480mL，需要配制500mL 0.
38、1mol/L的溶液，需要氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.1mol/L0.5L40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；（4）A未洗涤烧杯、玻璃棒，导致硫酸的量偏小，使溶液浓度偏低，故A错误；B在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高，故B正确；C定容时仰视，使得溶液的体积变大，所以使溶液浓度偏低，故C错误；故答案为：B点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度不大，明确配制步骤为解答关键，注意掌握配制过程中误差分析的方法与技巧，试题有利于培养学生的化学实验能力22某无色溶液中只含有下列离
39、子中的某几种：Na+、Mg2+、SO42、CO32、Cl、MnO4为了鉴别这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：加HCl后，生成无色无味的气体该气体能使澄清石灰水变浑浊加入足量的BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解滤出沉淀后，继续在滤液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，析出白色沉淀根据上述实验，能确定一定存在离子的是Na+、CO32、SO42，一定不存在的离子是Mg2+、MnO4，不能确定是否存在的离子是Cl考点：常见离子的检验方法；离子反应发生的条件 专题：离子反应专题分析：溶液无色说明不含高锰酸根离子；加HCl后，生成无色无味的气体，该气体能使澄清石
40、灰水变浑浊，说明该气体为二氧化碳气体，一定存在碳酸根离子，排查与碳酸根相互反应的离子；加入足量的BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解，说明该沉淀为碳酸钡和硫酸钡的混合物；滤出沉淀后，继续在滤液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，析出白色沉淀为氯化银沉淀解答：解：溶液无色说明不含高锰酸根离子；加HCl后，生成无色无味的气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体为二氧化碳气体，一定存在碳酸根离子，碳酸根离子能够与镁离子反应生成碳酸镁沉淀，所以，可以排除镁离子的存在；加入足量的BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解，说明该沉
41、淀为碳酸钡和硫酸钡的混合物，说明溶液中一定含有硫酸根离子，滤出沉淀后，继续在滤液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，析出白色沉淀为氯化银，但是因为向溶液中加入氯化钡，引入了氯离子，所以不能证明原溶液中是否含有氯离子；溶液呈电中性，所以必须有阳离子，所以一定有钠离子；根据上述实验，能确定一定存在离子的是 Na+、CO32、SO42，一定不存在的离子是 Mg2+、MnO4，不能确定是否存在的离子是Cl；故答案为：Na+、CO32、SO42； Mg2+、MnO4； Cl点评：本题考查了离子的检验，明确离子反应的条件是解题关键，注意常见有色离子的积累，题目难度不大三、计算题（本题10分）23实验室里迅
42、速制备少量氯气可利用以下反应：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O此反应不需要加热，常温下就可以迅速进行，而且对盐酸的浓度要求不高（1）用“单线桥法”表示出电子转移情况：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（2）该反应中，氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl（3）当电子转移的数目为6.021023个时，求生成的氯气的物质的量和被氧化的HCl的质量（写出计算过程）考点：氧化还原反应 分析：（1）反应中，化合价升高元素是氯元素，失电子，化合价降低元素是锰元素，得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，据此解答；（2）所含元素化
43、合价升高的是还原剂，所含元素化合价降低的是氧化剂；（3）反应中氯元素化合价由1价升高为0价，令生成的氯气的物质的量为xmol，根据电子转移列放出计算x的值，再根据Cl原子守恒可知，计算被氧化的HCl的质量解答：解：（1）反应中，化合价升高元素是氯元素，失电子，化合价降低元素是锰元素，得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，单线桥表，反应中电子转移的方向和数目为：；故答案为：；（2）Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，故答案为：KMnO4；HCl；（3）当电子转移的数目为6.021023个时，即转移1mol电子，生成的氯气的物质的量为1mol=0.5mol，由Cl原子守恒可知，被氧化的HCl的质量为0.5mol236.5g/mol=36.5g，答：生成的氯气的物质的量为0.5mol，被氧化的HCl的质量为36.5g点评：本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，注意氧化还原反应中根据化合价进行的有关计算，掌握电子转移的表示方法高考资源网版权所有，侵权必究！