1、安徽省阜阳市太和八中20152016学年度高一上学期期末化学试卷（理科）一、单项选择题12008年9月25日晚9时10分，我国“神舟七号”载人飞船顺利升入太空此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O43N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是（）A此反应是氧化还原反应B反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行C在反应中N2O4做还原剂DR的分子式为C2H8N22银耳本身为淡黄色，某地生产的一种“雪耳”，颜色洁白如雪制作如下：将银耳堆放在密闭状态良好的塑料棚内，棚的一端支口小锅，锅内放有硫磺，
2、加热使硫磺熔化并燃烧，两天左右，“雪耳”就制成了“雪耳”炖而不烂，对人体有害，制作“雪耳”利用的是（）A硫的还原性B硫的漂白性C二氧化硫的还原性D二氧化硫的漂白性3少量的金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是（）ANaOHBNa2CO310H2OCNa2CO3DNaHCO34下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃试剂瓶中C少量的钠保存在煤油中D新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中5下列说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钠和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C点燃的镁条不能在二氧化碳
3、气体中继续燃烧D含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜反应，生成标准状况下的气体2.24L6用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A3mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为NAB常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C标准状况下，22.4L单质溴所含有的原子数目不为2NAD钠在氧气中燃烧，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数为4NA7a mol O2气体和a mol O3气体相比较，下列叙述一定正确的是（）A体积相等B分子数相等C原子数相等D质量相等8下列标明电子转移的方向和数目的化学方程式中正确的是（）ABCD9某无色酸性溶液中，则该溶液中一定能够大量共存的
4、离子组是（）AFe2+、Ba2+、NO3、ClBNa+、NH4+、SO42、ClCNa+、K+、SO32、NO3DNa+、K+、MnO4、Br10下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+B氯气跟水反应：Cl2+H2O=H+Cl+HClOC钠与水的反应：Na+H2O=Na+OH+H2DAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）311实验室制备氨气，检验是否收集满的正确方法是（）A用手扇动收集的气体，有气味则已收集满B将润湿的淀粉KI试纸接近瓶口，试纸变蓝则已收集满C将润湿的红色石蕊试纸伸入瓶内，试纸变蓝则已收集满D用玻璃
5、棒一端蘸取浓盐酸，接近瓶口，产生大量白烟，证明已收集满12下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘和酒精B除去Cl2中的HClC实验室制氨气D排水法收集NO13判断下列概念的说法正确的是（）A氧化还原反应：元素化合价是否变化B纯净物与混合物：是否仅含有一种元素C强弱电解质：溶液的导电能力大小D溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象14下列化合物中，不能通过单质之间的反应直接制取的是（）AFe3O4BFeCl3CFeCl2DCuCl215下列物质能使品红溶液褪色的是（）盐酸 过氧化钠 氯化钠 二氧化硫 次氯酸钠ABCD16锌与很稀的硝酸反应生成Zn（NO3）2、NH4NO3和水
6、当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量（）A0.25molB0.5molC1molD2mol17某单质在氧气中燃烧，能生成氧化物有两种，且常温下均为气体，则该单质为（）ASBN2CCDSi18为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化由此可知该氮肥的主要成分是（）ANH4HCO3BNH4ClC（NH4）2CO3DNH4NO319鉴别NaCl、NaBr、NaI可以采用的试剂是（）A碘水、淀粉溶液B碘化钾淀粉溶液C溴水、苯
7、D氯水、CCl420从海水（含氯化镁）中提取镁，可按如下步骤进行：列说法不正确的是（）把贝壳制成石灰乳Ca（OH）2； 在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物； 将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物； 将得到的产物熔融电解得到镁A此法的优点之一是原料来源丰富B步骤的目的是从海水中提取MgCl2C以上提取镁的过程中涉及分解、化合和复分解反应D第步电解不是氧化还原反应二、非选择题21（1）如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，可观察到的现象是（2）为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用溶液吸收多余的氯气，原理是（用化学
8、方程式表示）根据这一原理，工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是（填化学式），长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是（用字母代号填）AO2 BCl2 CCO2 DHClO22某化学小组欲探究不同价态硫元素间的转化，请回答下列问题：（1）除胶头滴管、酒精灯外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是（2）请帮他们完成以下实验报告：实验目的：探究三种价态（0、+4、+6）硫元素间的相互转化选用试剂：硫磺、浓硫酸、二氧化硫、氯水、硫化氢、铜片、氧气实验记录（划斜线部分不必填写）：实验编号预期的转化选择的试剂实验现象结论（用化学方程式表示）SSO2硫磺、氧气SO2
9、S二氧化硫、硫化氢SO2+2H2S3S+2H2OSO2H2SO4二氧化硫、氯水氯水退色H2SO4SO2问题讨论：从三种价态（0、+4、+6）硫元素间的相互转化还可得到规律：当硫元素处于最低价时只有还原性，处于最高价时只有氧化性，处于中间价时既有氧化性、又有还原性（3）根据以上规律判断，下列物质中既有氧化性，又有还原性的有：（填序号）ACl2 BNa CNa+ DCl ESO2计算题：23计算题：将0.2molMg、Al的混合物用盐酸完全溶解，放出标准状况下5.6L气体，然后再滴入2mol/LNaOH溶液，请（1）求该混合物中Mg、Al的物质的量？（写计算过程）（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸
10、恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V=mL（3）若该Mg、Al混合物溶于200mL 3mol/L盐酸后，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al（OH）3，则滴入NaOH溶液的体积最少为mL安徽省阜阳市太和八中20152016学年度高一上学期期末化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题12008年9月25日晚9时10分，我国“神舟七号”载人飞船顺利升入太空此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O43N2+4H2O+2CO2
11、，下列叙述错误的是（）A此反应是氧化还原反应B反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行C在反应中N2O4做还原剂DR的分子式为C2H8N2【考点】氧化还原反应【分析】A、氧化还原反应的特征是有化合价的变化，据此判断；B、剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热；C、所含元素化合价升高的反应物为还原剂，结合化合价升降相等判断；D、根据原子守恒判断偏二甲肼分子式【解答】解：A、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，故A正确；B、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故B正确；C、N2O4中N元素化合价降低
12、，N2O4是氧化剂，偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高，故偏二甲肼作还原剂，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确；故选C【点评】本题考查氧化还原反应、氧化剂、还原剂的判断，难度中等，关键是概念理解，化合价的判断2银耳本身为淡黄色，某地生产的一种“雪耳”，颜色洁白如雪制作如下：将银耳堆放在密闭状态良好的塑料棚内，棚的一端支口小锅，锅内放有硫磺，加热使硫磺熔化并燃烧，两天左右，“雪耳”就制成了“雪耳”炖而不烂，对人体有害，制作“雪耳”利用的是（）A硫的还原性B硫的漂白性C二氧化硫的还原性D二氧化硫的漂白性【考点】二氧化硫的化学性质【专题】氧族元素【分析】银耳本身
13、为淡黄色，某地生产的一种“雪耳”，颜色洁白如雪，是利用二氧化硫的漂白性所致，以此来解答【解答】解：硫磺燃烧生成二氧化硫，具有漂白性，则银耳被漂白，只与二氧化硫的漂白性有关，与S的还原性、漂白性及二氧化硫的还原性无关，故选D【点评】本题考查二氧化硫的性质，侧重分析能力的考查，把握二氧化硫的漂白性为解答本题的关键，注重信息的分析和知识的迁移应用，题目难度不大3少量的金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是（）ANaOHBNa2CO310H2OCNa2CO3DNaHCO3【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】根据钠长期暴露在空气中，发生的一系列变化来判断【解答】解
14、：切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）变暗（生成Na2O）变白色固体（生成NaOH）成液（NaOH潮解）结块（吸收CO2成Na2CO310H2O）最后变成Na2CO3粉末（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO310H2O、Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O，故选C【点评】金属钠暴露在空气中发生现象体现了钠及其化合物的性质，根据钠及其化合物的性质可以解释发生的现象4下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B氢氧化钠溶液保存
15、在具橡皮塞的玻璃试剂瓶中C少量的钠保存在煤油中D新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中【考点】化学试剂的存放【专题】化学实验基本操作【分析】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析【解答】解：A浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误； B玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故B正确；C金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应，与煤油不反应且密度比煤油小，保存在煤油中可隔绝空气，防止钠变质，故C正确；D氯水中的次氯酸见光易分解而导
16、致Cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故D正确；故选A【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意把握化学试剂的性质，选择正确的保存方法，试题贴近高考，针对性强，有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性5下列说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钠和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C点燃的镁条不能在二氧化碳气体中继续燃烧D含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜反应，生成标准状况下的气体2.24L【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念；浓硫酸的性质；镁的化学性质【专题】化学用语专题；电离平
17、衡与溶液的pH专题；元素及其化合物【分析】A电离出的阳离子全部是氢离子的为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的为碱，由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的为盐，由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的为氧化物；B在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质；C点燃条件下，镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳；D在加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应，但稀硫酸和铜不反应【解答】解：A电离出的阳离子全部是氢离子的为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的为碱，由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的为盐，由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的为氧
18、化物，纯碱为盐不是碱，故A错误；B在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，蔗糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在，所以为非电解质，硫酸钠在熔融状态下或水溶液里完全电离，为强电解质，水为弱电解质，故B正确；C点燃条件下，镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：CO2+2Mg2MgO+C，故C错误；D在加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应，但稀硫酸和铜不反应，所以含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜反应，生成标准状况下的气体小于2.24L，故D错误；故选B【点评】本题考查了基本概念及氧化还原反应，明确概念的内涵及物质
19、的性质是解本题关键，注意镁能和氧气、二氧化碳、氮气在点燃条件下反应，为易错点6用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A3mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为NAB常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C标准状况下，22.4L单质溴所含有的原子数目不为2NAD钠在氧气中燃烧，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数为4NA【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、3mol二氧化氮与水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮气体；B、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氦气的物质的量；C、标准状况下，溴单质为液体，题中条件无法计算
20、溴单质的物质的量；D、过氧化钠中的氧元素化合价为1价，1mol氧气与金属钠反应得到2mol电子【解答】解：A、3mol NO2与足量H2O反应生成了1mol一氧化氮，转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故A错误；B、常温下，题中条件无法计算22.4L氦气的物质的量，故B错误；C、标况下，溴单质不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算溴的物质的量，所以22.4L单质溴所含有的原子数目不为2NA，故C正确；D、钠与氧气的反应中，1mol氧气完全反应得到了2mol电子，得到的电子数为2NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标况下的气体摩尔体积
21、的使用条件，要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系7a mol O2气体和a mol O3气体相比较，下列叙述一定正确的是（）A体积相等B分子数相等C原子数相等D质量相等【考点】物质的量的相关计算【专题】计算题【分析】根据n=，结合气体存在的外界条件是否一致和分子的组成解答【解答】解：A、两种气体的物质的量相等，但气体存在的外界条件不一定相同，则体积不一定相等，故A错误；B、由n=，可知，气体的物质的量相等，则分子数相等，故B正确；C、两种气体的分子数相等，但分子中含原子数不等，则等物质的量时原子数不等，故C错误；D、
22、n=，可知，两种气体的M不等，则等物质的量时气体的质量不等，故D错误故选B【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关公式的运用，注意把握分子和原子的组成8下列标明电子转移的方向和数目的化学方程式中正确的是（）ABCD【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】AZn失去电子，H得到电子；BCl元素的化合价由+5降低为0，得到电子，HCl中Cl失去电子；C.2molFe失去6mol电子，转移电子数错误；DCu与浓硝酸反应转移的电子数为2【解答】解：AZn失去电子，H得到电子，则应为，故A错误；BCl元素的化合价由+5降低为0，得到电子，HCl中Cl失去电子，图中方向数目均
23、正确，故B正确；C.2molFe失去6mol电子，转移电子数错误，应为，故C错误；DCu与浓硝酸反应转移的电子数为2，所以电子转移的方向和数目为，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应转移电子数，明确得失电子及数目为解答的关键，注意把握双线桥法标电子转移方法、数目的方法，题目难度不大9某无色酸性溶液中，则该溶液中一定能够大量共存的离子组是（）AFe2+、Ba2+、NO3、ClBNa+、NH4+、SO42、ClCNa+、K+、SO32、NO3DNa+、K+、MnO4、Br【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈酸性，如离子能大量共存，则在
24、酸性条件下离子之间不发生任何反应，以此解答【解答】解：A酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应，且Fe2+有颜色，故A错误；B溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C酸性条件下，SO32与NO3发生氧化还原反应，故C错误；DMnO4有颜色，不能大量共存，且酸性条件下MnO4与Br发生氧化还原反应，故D错误故选B【点评】本题考查离子共存问题，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，为高频考点，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，学习中注重相关基础知识的积累，难度不大10下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+
25、Cu=Fe2+Cu2+B氯气跟水反应：Cl2+H2O=H+Cl+HClOC钠与水的反应：Na+H2O=Na+OH+H2DAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A金属铜能和三价铁发生氧化还原反应，离子反应遵循电荷守恒；B次氯酸为弱酸，在离子方程式中应保留化学式；C离子反应遵循电荷守恒；D一水合氨是弱电解质【解答】解：A金属铜和三价铁发生氧化还原反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，离子反应要遵循电荷守恒，故A错误； B氯气与水反应的离子反应为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故B正确；C钠与水反应的实质
26、为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故C错误；D向AlCl3溶液中滴加氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D错误故选B【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确在离子反应中哪些物质应保留化学式及反应的实质是解答本题的关键，难度不大11实验室制备氨气，检验是否收集满的正确方法是（）A用手扇动收集的气体，有气味则已收集满B将润湿的淀粉KI试纸接近瓶口，试纸变蓝则已收集满C将润湿的红色石蕊试纸伸入瓶内，试纸变蓝则已收集满D用玻璃棒一端蘸取浓盐酸，接近瓶口，产生大量白烟，证明已收集满【考点】氨的制取和性质【专题】氮族元素【分析】A根据氨气的性质确定检验方法；B如物质
27、中含有碘或存在能将KI氧化为碘的物质，则可使淀粉KI试纸变蓝；C将润湿的红色石蕊试纸伸入瓶内，测的是瓶内的气体无法测出是否收集满；D浓盐酸挥发出的HCl气体与氨气反应生成氯化铵白色固体；【解答】解：A氨气极易挥发，闻到有气味的气体不一定表明已收集满，氨气是碱性气体，用湿润的红色石蕊试纸放到试管口，如果变蓝，则氨气已收集满；或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口处，若观察到白烟，则氨气已收集满，故A错误；B氨气没有强氧化性，不能使淀粉KI试纸变蓝，故B错误；C氨水显碱性，将用水润湿的红色石蕊试纸放在氨水的试剂瓶口，则试纸呈蓝色，选项中红色石蕊试纸伸入瓶内操作错误，故C错误；DNH3和HCl反应生成NH4
28、Cl产生白烟，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl，用玻璃棒一端蘸取浓盐酸，接近瓶口，产生大量白烟能证明已收集满，故D正确；故选D【点评】本题主要考查了氨气的验满方法，掌握氨气的性质是解答的关键，题目难度不大12下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘和酒精B除去Cl2中的HClC实验室制氨气D排水法收集NO【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A碘易溶于水酒精，不能用分液发生分离；B氯气和HCl都能与NaOH反应；C氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时二者又反应生成氯化铵；DNO不溶于水，可用排水法收集【解答】解：A碘易溶于水酒精，不能用分液发生分离，可用蒸
29、馏的方法分离，故A错误；B氯气和HCl都能与NaOH反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时二者又反应生成氯化铵，实验室应用氯化铵和氢氧化钙制备氨气，故C错误；DNO不溶于水，可用排水法收集，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备、收集等实验原理和方法的评价，题目难度不大，注意把握物质性质的异同13判断下列概念的说法正确的是（）A氧化还原反应：元素化合价是否变化B纯净物与混合物：是否仅含有一种元素C强弱电解质：溶液的导电能力大小D溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象【考点】混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概
30、念及关系；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】A有元素化合价变化的反应一定为氧化还原反应；B混合物从组成上有两种或两种以上物质组成，而纯净物只有一种物质组成；C强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物一般是强酸、强碱和大部分盐类弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；D溶液与胶体的本质差异是分散质粒子的大小【解答】解：A判断氧化还原反应可看是否有化合价升降，故A正确； B纯净物和混合物的物质种类不同，与元素种类无关，故B错误；C电解质的强弱与电离程度有关，与
31、溶液的导电能力无关，溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强，如硫酸钡是强电解质，但它难溶于水，虽溶于水的部分能完全电离，而导电能力很弱，故C错误；D溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故D错误故选A【点评】本题考查氧化还原反应、纯净物、强弱电解质和溶液、胶体和浊液的本质区别，题目难度不大，明确相关的概念是解题的关键14下列化合物中，不能通过单质之间的反应直接制取的是（）AFe3O4BFeCl3CFeCl2DCuCl2【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】根据O2、Cl2以及Fe和Cu等单质的性质分析【解答】解；A、Fe3O4可由
32、O2和Fe在加热条件下生成，故A不选；B、FeCl3可由Fe在Cl2中燃烧生成，故B不选；C、Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3，单质间反应不能生成FeCl2，故C选；D、CuCl2可由Cu在Cl2中燃烧生成，故D不选故选C【点评】本题考查常见金属和非金属的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累15下列物质能使品红溶液褪色的是（）盐酸 过氧化钠 氯化钠 二氧化硫 次氯酸钠ABCD【考点】二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素；氧族元素【分析】根据能使品红溶液褪色的物质具有漂白性；【解答】解：因过氧化钠、二氧化硫、次氯酸钠具有漂白性，具有漂白性的物质能使品红溶液褪色，
33、故选：B【点评】在中学阶段，常用的漂白剂有活性炭、氯水、漂白粉、Na2O2、O3、H2O2、SO2等16锌与很稀的硝酸反应生成Zn（NO3）2、NH4NO3和水当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量（）A0.25molB0.5molC1molD2mol【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】发生反应为4Zn+10HNO34Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，反应中Zn元素化合价由0价升高到+2价，N元素化合价由+5价降低到3价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算【解答】解：当生成1mol硝酸锌时，应有1molZn参加反
34、应，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到3价，设有x mol硝酸钡还原，则有5（3）x=2，x=0.25，故选A【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大17某单质在氧气中燃烧，能生成氧化物有两种，且常温下均为气体，则该单质为（）ASBN2CCDSi【考点】碳族元素简介【专题】碳族元素【分析】A、S单质在氧气中燃烧，能生成二氧化硫气体；B、氮气在放电的条件下可以和氧气化合生成一氧化氮；C、C单质可以和少量的氧气反应生成一氧化碳，和过量的氧气反应生成二氧化碳；D、硅可以
35、和氧气在一定的条件下反应生成二氧化硅【解答】解：A、S单质在氧气中燃烧，只能生成二氧化硫气体，故A错误；B、氮气在放电的条件下可以和氧气化合生成只能一氧化氮气体，故B错误；C、C单质可以和少量的氧气反应生成一氧化碳气体，和过量的氧气反应生成二氧化碳气体，故C正确；D、硅可以和氧气在一定的条件下反应，只能生成二氧化硅，故D错误故选C【点评】本题考查学生非金属元素的单质在氧气中燃烧的产物知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大18为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊取少量该氮肥样
36、品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化由此可知该氮肥的主要成分是（）ANH4HCO3BNH4ClC（NH4）2CO3DNH4NO3【考点】铵盐【专题】氮族元素【分析】加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子；由此推导出氮肥的主要成分【解答】解：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离
37、子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸根离子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3，故选A【点评】本题主要考查了离子的检验，难度不大，根据离子的组成确定盐的成分19鉴别NaCl、NaBr、NaI可以采用的试剂是（）A碘水、淀粉溶液B碘化钾淀粉溶液C溴水、苯D氯水、CCl4【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】化学实验基本操作【分析】鉴别NaCl、NaBr、NaI，可根据阴离子的性质不同以及氧化性强弱Cl2Br2I2判断反应的可能性进行检验【解答】解：A加入碘水、淀粉溶液，因碘和三种物质都不反应
38、，不能鉴别，故A错误；B碘化钾淀粉溶液，和三种物质都不反应，不能鉴别，故B错误；C加入溴水，不能鉴别NaCl、NaBr，故C错误；D加入氯水，可生成Br2和I2，溶液四氯化碳的颜色不同，可鉴别，故D正确故选D【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高考常见题型，侧重于学生实验能力和综合运用化学知识的能力的考查，注意把握卤素单质的氧化性强弱，题目难度不大20从海水（含氯化镁）中提取镁，可按如下步骤进行：列说法不正确的是（）把贝壳制成石灰乳Ca（OH）2； 在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物； 将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物； 将得到的产物熔融电解得到镁A此法的
39、优点之一是原料来源丰富B步骤的目的是从海水中提取MgCl2C以上提取镁的过程中涉及分解、化合和复分解反应D第步电解不是氧化还原反应【考点】海水资源及其综合利用；镁的化学性质【专题】金属概论与碱元素【分析】把贝壳制成石灰乳Ca（OH）2，发生的反应为CaCO3CaO+CO2、CaO+H2O=Ca（OH）2； 在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物，发生的反应为Mg2+2OH=Mg（OH）2； 将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物，发生的反应为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O； 将得到的产物熔融电解得到镁，发生的反应为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2A贝
40、壳的主要成分是碳酸钙，其来源丰富；B根据发生的反应判断；C发生分解反应和化合反应、发生复分解反应、发生分解反应；D该反应中Mg元素化合价由+2价变为0价、Cl元素化合价由1价变为0价【解答】解：把贝壳制成石灰乳Ca（OH）2，发生的反应为CaCO3CaO+CO2、CaO+H2O=Ca（OH）2； 在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物，发生的反应为Mg2+2OH=Mg（OH）2； 将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物，发生的反应为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O； 将得到的产物熔融电解得到镁，发生的反应为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2A贝壳的主要成
41、分是碳酸钙，大海中含有大量贝壳，所以原料来源丰富，故A正确；B根据发生的反应知，步骤的目的是从海水中提取MgCl2，故B正确；C发生分解反应和化合反应、发生复分解反应、发生分解反应，所以提取镁的过程中涉及分解、化合和复分解反应，故C正确；D该反应中Mg元素化合价由+2价变为0价、Cl元素化合价由1价变为0价，所以该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，故D错误；故选D【点评】本题考查了海水资源的利用，涉及镁的提取，知道每一步发生的反应、操作目的是解本题关键，知道金属冶炼方法与其活泼性强弱的关系，题目难度不大二、非选择题21（1）如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的
42、广口瓶，可观察到的现象是潮湿的有色布条褪色而干燥的有色布条不褪色（2）为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用NaOH溶液吸收多余的氯气，原理是（用化学方程式表示）2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O根据这一原理，工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2（填化学式），长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是C（用字母代号填）AO2 BCl2 CCO2 DHClO【考点】探究氯水、氯气的漂白作用【专题】卤族元素【分析】（1）次氯酸能使有色布条褪色；（2）氯水显酸性，可以用碱性物质吸收；氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和
43、水，次氯酸钙和二氧化碳反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳【解答】解：（1）氯气没有漂白性，所以干燥的氯气不能使有色布条褪色，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性而使有色布条褪色，所以看到的现象是A中有色布条不褪色，B中有色布条褪色，故答案为：潮湿的有色布条褪色而干燥的有色布条不褪色；（2）氯水显酸性，可以用碱性物质氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应方程式为：2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O；氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，次氯酸钙和二氧化碳反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二
44、氧化碳，所以长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是二氧化碳，故选C，故答案为：NaOH；2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O；Ca（ClO）2； C【点评】本题考查了次氯酸的漂白性、氯气的性质，知道次氯酸漂白性原理，会根据氯气和水反应原理分析氯气和碱溶液反应原理，注意次氯酸是强氧化性弱酸22某化学小组欲探究不同价态硫元素间的转化，请回答下列问题：（1）除胶头滴管、酒精灯外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是试管（2）请帮他们完成以下实验报告：实验目的：探究三种价态（0、+4、+6）硫元素间的相互转化选用试剂：硫磺、浓硫酸、二氧化硫、氯水、硫化氢、铜片、氧气实验记录（划斜
45、线部分不必填写）：实验编号预期的转化选择的试剂实验现象结论（用化学方程式表示）SSO2硫磺、氧气蓝紫色火焰SO2S二氧化硫、硫化氢SO2+2H2S3S+2H2OSO2H2SO4二氧化硫、氯水氯水退色SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClH2SO4SO2铜片、浓硫酸Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O问题讨论：从三种价态（0、+4、+6）硫元素间的相互转化还可得到规律：当硫元素处于最低价时只有还原性，处于最高价时只有氧化性，处于中间价时既有氧化性、又有还原性（3）根据以上规律判断，下列物质中既有氧化性，又有还原性的有：AE（填序号）ACl2 BNa CNa+ DCl ESO2【
46、考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）探究铁及其化合物的氧化性和还原性，需要在试管中滴加试剂发生反应；（2）根据硫磺在氧气中燃烧的实验现象解答；二氧化硫能够与氯水发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸，据此写出反应的化学方程式；铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫气体；（3）物质中既有氧化性，又有还原性，说明该物质中元素化合价处于中间价态，然后根据选项中各元素的化合价进行判断【解答】解：（1）探究铁及其化合物的氧化性和还原性，需要在试管中滴加试剂发生反应，则本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是试管，故答案为：试管；（2）硫单质与氧气反应生成二氧化硫气体，出现蓝紫色火焰；二氧化硫具有还
47、原性，能够被氯水氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；铜片与浓硫酸在加热条件下发生反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，故答案为： 蓝紫色火焰SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl铜片、浓硫酸Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O（3）ACl2：氯气中氯元素的化合价既能够升高，也能够降低到1价，所以氯气既具有氧化性，也具有还原性，故A正确；BNa为金属单质，金属单质只具有还原性，所以钠不具有氧化性，故B错误；CNa+：钠离子为Na元素的最高价态，所以钠离子只具有氧化性，不具有还原性，故C错
48、误； DCl：氯离子为氯元素的最低价，氯离子的化合价只能升高，不能降低，即氯离子只具有还原性，不具有氧化性，故D错误；ESO2：二氧化硫中硫元素的化合价为+4，二氧化硫既能够被氧化成+6价的硫酸、了、三氧化硫，也能够被还原成0价的S单质，所以二氧化硫既具有氧化性，也具有还原性，故E正确；故答案为：AE【点评】本题通过探究不同价态硫元素间的转化，考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确元素化合价与物质的氧化物、还原性的关系为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力计算题：23计算题：将0.2molMg、Al的混合物用盐酸完全溶解，放出标准状况下5.6L气体，然后再滴
49、入2mol/LNaOH溶液，请（1）求该混合物中Mg、Al的物质的量？（写计算过程）（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V=250mL（3）若该Mg、Al混合物溶于200mL 3mol/L盐酸后，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al（OH）3，则滴入NaOH溶液的体积最少为350mL【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】镁铝合金与盐酸发生：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，设合金中Mg为xmol，Al为ymol，则，解之得x=0.1，y=0.1，
50、加入NaOH溶液，可发生Mg2+20H=Mg（OH）2、Al3+30H=Al（OH）3，如NaOH过量，则发生Al3+40H=AlO2+2H2O，结合反应的离子方程式计算【解答】解：（1）镁铝合金与盐酸发生：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，设合金中Mg为xmol，Al为ymol，则，解之得x=0.1，y=0.1，答：混合物中Mg、Al的物质的量分别为n（Mg）=0.1mol；n（Al）=0.1mol；（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则发生：Mg2+20H=Mg（OH）2、Al
51、3+30H=Al（OH）3，则需要n（NaOH）=2n（Mg）+3n（Al）=20.1mol+30.1mol=0.5mol，V（NaOH）=0.25L=250mL，故答案为：250；（3）若该Mg、Al混合物溶于200mL 3mol/L盐酸后，n（HCl）=0.2L3mol/L=0.6mol，消耗n（HCl）=2n（Mg）+3n（Al）=20.1mol+30.1mol=0.5mol，剩余HCl0.6mol0.5mol=0.1mol，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al（OH）3，则发生H+0H=H2O，Mg2+20H=Mg（OH）2、Al3+40H=AlO2+2H2O，则需要n（NaOH）=n（HCl）+2n（Mg）+4n（Al）=0.1mol+20.1mol+40.1mol=0.7mol，V（NaOH）=0.35L=350mL，故答案为：350【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关反应的方程式的书写，根据方程式计算是解答该题的关键，难度中等版权所有：高考资源网()