1、2015-2016学年河南省郑州一中高一（上）期末化学试卷一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分1“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用下列说法正确的是（）ANa2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物B根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液C根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质D碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物2下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2在一定条件下能生成HClOB氢氧化铝、小苏打等可用于治疗胃酸过多C明矾能够消毒杀菌是利用了胶体的吸附
2、性D二氧化硅可用于制造光导纤维3“绿色化学”要求综合考虑经济、技术、环保等方面来设计化学反应线路下列各反应路线符合“绿色化学”思想的是（）A制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2OB制CuSO4：2Cu+O22CuO； CuO+H2SO4=CuSO4+H2OC制Cu（NO3）2：Cu+4HNO4（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2OD制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO4（浓）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A常温下，23 g NO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子B1 mol氯气与足量的氢氧化钠
3、溶液反应电子转移总数为2NAC500 mL1 molL1 MgCl2溶液中含有Cl数目为0.5NAD标况下11.2 L H2O与4.0gCH4所含氢原子个数均为NA5下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（）A某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质一定是钠盐B无色盐溶液中加入NaOH溶液，加热后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，结论：原溶液中一定含有NH4+C无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42D无色溶液中加入稀盐酸，产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液一定含有CO326将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无
4、明显现象，当加入（或通入）某试剂（或气体）X后有沉淀生成此试剂（或气体）X 可能是（）NaOH溶液 NaCl溶液 氨水溶液 新制氯水 H2SCO2ABCD7粗盐水过滤后仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤可以除去这些杂质 加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤正确的操作顺序是（）ABCD8下列陈述正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BCl2有漂白性Cl2能使品红溶液褪色C浓硫酸有脱水性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有强氧化性FeCl3溶液
5、可用于回收废旧电路板中的铜AABBCCDD9化学试剂不变质和实验方法科学是化学实验成功的保障下列试剂保存方法或实验方法中，不正确的是（）A溴易挥发，实验室保存液溴时要密封保存，且加少量水进行液封B氯化钠中混有少量单质碘杂质，可用升华的方法提纯C保存FeCl2溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁D配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，要将NaOH固体放在滤纸上称量10下列离子方程式表达正确的是（）A将少量过氧化钠放入水中：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2B硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4C氯气与水反应：Cl2+H2OCl+2H+ClOD硅酸钠溶液中通入过量CO2：SiO
6、32+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO311下列实际应用不涉及氧化还原反应的是（）A工业上粗硅的制备和提纯B工业上从海水中提取溴或镁C工业上采用“侯氏制碱法”制纯碱D工业上利用合成氨实现氮的固定12青花瓷让人赏心悦目，但其中所用的颜料一直是个迷，近年来科学家才得知大多数为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A可用氧化物的形式表示为BaOCuO2SiO2B易溶于强酸和强碱C性质稳定，不易脱色Dx=613下列各组物质，前者逐滴滴加（或逐渐通入）到后者中直至过量，没有出现“先有白色沉淀，后来沉淀又完全消失”现象的是（）A盐酸
7、滴入NaAl（OH）4溶液中BCO2气体通入漂白粉溶液中CNaOH溶液滴入AlCl3溶液中DBa（OH）2溶液滴入Al2（SO4）3溶液中14将几滴KSCN（SCN是“类卤离子”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去下列推测肯定不正确的是（）A中红色褪去的原因是KMnO4将SCN氧化B中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C中红色褪去的原因是SO2将SCN还原DSCN在适当条件下可失去电子被氧化为（SCN）21528g铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，放出的气体与2.24
8、L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，则合金中Cu与Ag的物质的量之比为（）A1：1B1：2C2：1D3：1二、非选择题：本题共6小题，共55分16现有下列六种物质，请根据要求填空（填写序号）：熔融氢氧化钠 MgCl2 二氧化硅 稀硫酸 铝热剂 Cl2O7（1）属于电解质的是；（2）属于混合物的是；（3）属于酸性氧化物的是17实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl （浓）MnCl2+C12+2H2O，取一定量的浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为22.4L请回答下列问题：（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量
9、之比是；（2）用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目；（3）实验室备用的浓盐酸质量分数为36.5%，密度为1.19gcm3为使用方便，请计算出该浓盐酸的物质的量浓度为mol/L18下列是中学常见的一些物质之间的转化关系（其中部分反应产物省略），其中I是一种金属单质，A是一种黄绿色的非金属单质；F、M、N均为难溶于水的白色沉淀物质，M和N不溶于稀硝酸；B是一种具有刺激性气味的气体，且具有漂白性；C和D是中学化学中两种常见的强酸请回答下列问题：（1）写出物质B和M的化学式：B，M；（2）写出EG转化反应的离子方程式：；（3）写出反应的化学方程式：；（4）写出反应的离子方程式：19已知浓硫酸和木炭
10、粉在加热条件下可发生化学反应（1）上述反应的化学方程式为；（2）试用下图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物编号装置这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：接，接，接（3）实验时可观察到装置中A瓶中的溶液褪色，C瓶中的溶液不褪色B瓶中的溶液的作用是；（4）装置中所加固体药品是无水硫酸铜，装置中所加试剂是，装置中带活塞的玻璃仪器名称是20A、B、C均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如右图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABC（1）若A是地壳中含量最多的金属元素的简单离子，且B为既能溶于强酸又能溶于强碱的白色沉淀写出
11、BC转化的离子方程式：；向1molAlCl3溶液中加入amolNaOH溶液得到39g沉淀，则a的值可能为；（2）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且B和C易在空气形成光化学烟雾写出实验室制取A的化学方程式：；写出AB转化的化学方程式：；（3）若A为烧碱溶液，X为常见温室气体写出A+CB的离子方程式：；向含2molB的溶液中逐滴加入含3molHCl的盐酸，则产生气体的体积是L（标况）；（不考虑气体的溶解）21化学是一门以实验为基础的自然科学（1）下列说法中，符合实验规范要求的是（填序号）闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻煽动，使少量的气体飘进鼻孔在实验室做铜和浓硝酸反应制备二氧化氮的实验时，
12、应该在通风橱中进行实验中当有少量的钠剩余时，用纸包裹好后将其放入垃圾桶中用容量瓶稀释某一浓度的硫酸溶液（2）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应，图中A中装有Ca（OH）2和NH4Cl混合粉末，B中加入的是碱石灰实验时在C中发生反应的化学方程式是：；试管D中收集到的物质是，检验该物质的方法和现象是；实验室镁单质着火，能否用E中收集的气体灭火？为什么？2015-2016学年河南省郑州一中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分1“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用下列说法正确的是（）ANa
13、2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物B根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液C根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质D碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质【分析】A碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的化合物，发生的反应为复分解反应；B分散系本质特征是分散质微粒直径大小；C水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质；D碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物；【解答】解：AN
14、a2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；B分散系本质特征是分散质微粒直径大小，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，1nm100nm形成的为胶体，大于100nm形成的分散系为浊液，丁达尔现象是胶体的特征性质，故B错误；C电解质和非电解质概念分析可知非电解质本身不能电离出自由移动的离子，电解质能电离出自由移动的离子，如BaSO4水溶液不导电，但熔融状态导电属于电解质，故C错误；D碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D正确；故选D2下列有关
15、物质用途的说法中，不正确的是（）A漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2在一定条件下能生成HClOB氢氧化铝、小苏打等可用于治疗胃酸过多C明矾能够消毒杀菌是利用了胶体的吸附性D二氧化硅可用于制造光导纤维【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【分析】A漂白粉漂白原理是次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成具有漂白作用的次氯酸；B氢氧化铝、小苏打碱性较弱，能与酸反应；C明矾不具有消毒杀菌能力；D光导纤维的主要材料为二氧化硅；【解答】解：AHClO具有漂白性，漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2在一定条件下和空气中的二氧化碳、水反应能生成HClO，故A正确；B氢氧化铝、小苏打碱性
16、较弱，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故B正确；C明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误；D光导纤维的主要材料为二氧化硅，利用二氧化硅晶体对光的全反射作用，所以二氧化硅可用于制造光导纤维，故D正确；故选C3“绿色化学”要求综合考虑经济、技术、环保等方面来设计化学反应线路下列各反应路线符合“绿色化学”思想的是（）A制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2OB制CuSO4：2Cu+O22CuO； CuO+H2SO4=CuSO4+H2OC制Cu（NO3）2：Cu+4HNO4（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2OD制Cu（NO
17、3）2：3Cu+8HNO4（浓）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O【考点】常见的生活环境的污染及治理；绿色化学【分析】绿色化学又称环境友好化学，其特点是：充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料；在无毒、无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物； 其核心就是要利用化学原理从源头消除污染，据此分析解答【解答】解：A铜和浓硫酸直接反应，产物有SO2生成，SO2是有毒气体，对环境有害，不符合绿色化学思想，故A错误；BCu在空气中灼烧，会与氧气生成氧化铜，氧化铜再与稀硫酸反应生成硫酸铜，从理论、经济、环保及操作等方面都很好，符合绿色化学思想，故B正确；C铜和浓硝酸直接反应，产物有NO2生成，NO
18、2是有毒气体，对环境有害，不符合绿色化学思想，故C错误；D铜和稀硝酸直接反应，产物有NO生成，NO是有毒气体，对环境有害，不符合绿色化学思想，故D错误；故选B4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A常温下，23 g NO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子B1 mol氯气与足量的氢氧化钠溶液反应电子转移总数为2NAC500 mL1 molL1 MgCl2溶液中含有Cl数目为0.5NAD标况下11.2 L H2O与4.0gCH4所含氢原子个数均为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、NO2和N2O4的最简式均为NO2；B、铁与氢氧化钠的反应为歧化反应；C、求出氯化镁的物质的量
19、，然后根据氯化镁中含2个氯离子来分析；D、标况下水为液态【解答】解：A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为n=0.5mol，故含有1mol氧原子即NA个，故A正确；B、铁与氢氧化钠的反应为歧化反应，故1mol氯气转移1mol电子即NA个，故B错误；C、溶液中氯化镁的物质的量n=CV=1mol/L0.5L=0.5mol，而氯化镁中含2个氯离子，故0.5mol氯化镁中含1mol氯离子即NA个，故C错误；D、标况下水为液态，故无法计算其混合物的物质的量，故D错误故选A5下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（）A某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质一定是钠盐
20、B无色盐溶液中加入NaOH溶液，加热后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，结论：原溶液中一定含有NH4+C无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42D无色溶液中加入稀盐酸，产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液一定含有CO32【考点】常见离子的检验方法【分析】A焰色反应为元素的性质，不一定为钠盐；B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；C可能生成AgCl沉淀；D可能含有HCO3等【解答】解：A焰色反应为元素的性质，不一定为钠盐，也可能为NaOH等，故A错误；B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，可说明原溶液中一
21、定含有NH4+，故B正确；C检验SO42，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡，如生成沉淀可说明含有硫酸根离子，否则不能排除生成AgCl沉淀，故C错误；D与盐酸反应生成二氧化碳气体，可能含有HCO3等，故D错误故选B6将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入（或通入）某试剂（或气体）X后有沉淀生成此试剂（或气体）X 可能是（）NaOH溶液 NaCl溶液 氨水溶液 新制氯水 H2SCO2ABCD【考点】二氧化硫的化学性质【分析】将SO2气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入X气体，有沉淀生成，可X应为强氧化性物质或碱性物质，可生成硫酸钡或亚硫酸钡沉淀，或是硫化氢，与二氧化硫
22、反应生成单质硫沉淀，以此解答【解答】解：发生2NaOH+SO2Na2S03，Na2S03+BaCl2BaSO3+2NaCl，有沉淀生成，故正确；NaCl溶液和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物；故错误；2NH3+SO2（NH4）2S03，（NH4）2S03+BaCl2BaSO3+2NH4Cl，有沉淀生成，故正确；发生Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl，有沉淀生成，故正确；发生反应2H2S+SO2=S+2H2O，有沉淀生成，故正确；二氧化碳和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故错误；故选B7粗盐水过滤后仍含有可溶性的CaCl
23、2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤可以除去这些杂质 加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤正确的操作顺序是（）ABCD【考点】化学实验操作的先后顺序；粗盐提纯【分析】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，据此确定加试剂的顺序【解答】解：粗盐的提纯
24、中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即一定在之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即在之后，故操作顺序可以是，故选A8下列陈述正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BCl2有漂白性Cl2能使品红溶液褪色C浓硫酸有脱水性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有强氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质；
25、氯气的化学性质；浓硫酸的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A使溴水褪色体现了二氧化硫的还原性；B干燥Cl2本身不具有漂白性，能使品红溶液褪色，是由于氯气与水反应生成HClO的缘故；C浓硫酸具有吸水性故可用于干燥H2和CO；DFe3+有强氧化性，可将铜氧化成铜离子，然后再还原出来【解答】解：A二氧化硫可使溴水褪色体现了还原性，故A错误B干燥Cl2本身不具有漂白性，能使品红溶液褪色，是由于氯气与水反应生成HClO的缘故，故B错误C浓硫酸可用于干燥H2和CO，是因为浓硫酸具有吸水性，故C错误；DFeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，是因为Fe3+有强氧化性，可将铜氧化成铜离子，然后再还原出来，
26、故D正确；故答案为：D9化学试剂不变质和实验方法科学是化学实验成功的保障下列试剂保存方法或实验方法中，不正确的是（）A溴易挥发，实验室保存液溴时要密封保存，且加少量水进行液封B氯化钠中混有少量单质碘杂质，可用升华的方法提纯C保存FeCl2溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁D配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，要将NaOH固体放在滤纸上称量【考点】化学试剂的存放【分析】A溴易挥发，所以要密封；B根据碘杂质受热易升华，而加热对氯化钠没有影响；CFeCl2溶液部分变质转变成FeCl3，FeCl3能和Fe生成FeCl2；D根据烧碱具有吸水性和腐蚀性分析【解答】解：A溴易挥发，所以要密封；向溴中加入水
27、，部分溴溶解在水中，但溴的溶解度较小，溴的密度大于水的密度所以会分层，最下层是液溴，上层是溴水，能达到液封的目的，故A正确；B碘杂质受热易升华，而加热对氯化钠没有影响，所以氯化钠中混有少量单质碘杂质，可用升华的方法提纯，故B正确；CFeCl2溶液部分变质转变成FeCl3，FeCl3能和Fe生成FeCl2，所以保存FeCl2溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁防止FeCl2被氧化，故C正确；D根据烧碱具有吸水性和腐蚀性，不能放在纸上称量，应放在小烧杯中称量，故D错误；故选D10下列离子方程式表达正确的是（）A将少量过氧化钠放入水中：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2B硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应
28、：Ba2+SO42BaSO4C氯气与水反应：Cl2+H2OCl+2H+ClOD硅酸钠溶液中通入过量CO2：SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3【考点】离子方程式的书写【分析】A2mol过氧化钠与水反应生成1mol氧气，该反应不满足电荷守恒；B漏掉了氢离子与氢氧根离子生成水的反应；C次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开；D二氧化碳过量，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢根离子【解答】解：A将少量过氧化钠放入水中，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故A错误；B硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=Ba
29、SO4+2H2O，故B错误；C氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸小于保留分子式，正确的离子方程式为：Cl2+H2OCl+H+HClO，故C错误；D碳酸钠溶液中通入过量CO2，反应生成硅酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3，故D正确；故选D11下列实际应用不涉及氧化还原反应的是（）A工业上粗硅的制备和提纯B工业上从海水中提取溴或镁C工业上采用“侯氏制碱法”制纯碱D工业上利用合成氨实现氮的固定【考点】氧化还原反应【分析】不涉及氧化还原反应，说明该反应中没有电子转移，没有元素化合价升降，据此分析解答【解答】解：A工业上利用碳还原二氧化硅制粗
30、硅并提纯，C、Si元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B工业上从海水中提取溴或镁，溴或镁由化合态转化为游离态，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，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工业上利用合成氨实现氮的固定，N元素由游离态转化为化合态，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C12青花瓷让人赏心悦目，但其中所用的颜料一直是个迷，近年来科学家才得知大多数为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi
31、2Ox，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A可用氧化物的形式表示为BaOCuO2SiO2B易溶于强酸和强碱C性质稳定，不易脱色Dx=6【考点】含硅矿物及材料的应用【分析】A根据硅酸盐中氧化物的书写顺序来书写；B硅酸盐能和强酸反应；C硅酸盐性质稳定；D硅酸铜钡的化学式为BaCuSi2OX，利用钡、铜、硅、氧元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0来解答【解答】解：A硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2，故A正确； BBaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不
32、反应，故B错误；CBaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故C正确；D在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）2+（2）x=0，解得x=6，故D正确故选B13下列各组物质，前者逐滴滴加（或逐渐通入）到后者中直至过量，没有出现“先有白色沉淀，后来沉淀又完全消失”现象的是（）A盐酸滴入NaAl（OH）4溶液中BCO2气体通入漂白粉溶液中CNaOH溶液滴入AlCl3溶液中DBa（OH）2溶液滴入Al
33、2（SO4）3溶液中【考点】镁、铝的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A、偏铝酸钠溶液中滴入盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化铝溶解；B、沉淀先随气体体积增大而增加，漂白粉全部消耗完后，沉淀先随气体体积增大而减小，直到完全没有沉淀；C、将NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，直至过量，先生成白色沉淀后沉淀消失；D、氢氧化钡溶液滴入硫酸铝溶液中过程中一定有硫酸钡沉淀生成；【解答】解：A、偏铝酸钠溶液中滴入盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化铝溶解，反应的离子方程式为AlO2+H+H2O=Al（OH）3；Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，故A不选；B、沉淀先随气体
34、体积增大而增加，漂白粉全部消耗完后，沉淀先随气体体积增大而减小，直到完全没有沉淀，不符合题意，故B不选；C、将NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，直至过量，先生成白色沉淀后沉淀消失，故C不选；D、氢氧化钡溶液滴入硫酸铝溶液中过程中一定有硫酸钡沉淀生成，会出现沉淀减少但不会出现沉淀全部溶解消失的现象，故D符合；故选D14将几滴KSCN（SCN是“类卤离子”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去下列推测肯定不正确的是（）A中红色褪去的原因是KMnO4将SCN氧化B中红色褪去的原因是SO2将F
35、e3+还原为Fe2+C中红色褪去的原因是SO2将SCN还原DSCN在适当条件下可失去电子被氧化为（SCN）2【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【分析】A根据高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化的原理来判断；B根据二氧化硫具有还原性，Fe3+具有氧化性解答；CSO2中硫元素为+4价，SCN离子碳元素显+4价，氮元素显3价，硫元素的化合价为2价；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将还原性的离子氧化；【解答】解：A三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3+3SCNFe（SCN）3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化，使红色消失，故A正确；BFe3+具有氧化性
36、，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子中红色褪去，反应为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42，故B正确；CSO2中硫元素为+4价，如果还原SCN，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN，1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C错误；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化为（SCN）2，相当于卤素单质X2，故D正确；故选C1528g铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，
37、放出的气体与2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，则合金中Cu与Ag的物质的量之比为（）A1：1B1：2C2：1D3：1【考点】有关混合物反应的计算【分析】铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，纵观整个过程，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，令Cu、Ag的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒列方程解答【解答】解：铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，纵观整个过程，金属提供电子物
38、质的量等于氧气获得电子物质的量，令Cu、Ag的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒，可得：解得x=0.1、y=0.2，故合金中Cu与Ag的物质的量之比=0.1mol：0.2mol=1：2，故选B二、非选择题：本题共6小题，共55分16现有下列六种物质，请根据要求填空（填写序号）：熔融氢氧化钠 MgCl2 二氧化硅 稀硫酸 铝热剂 Cl2O7（1）属于电解质的是；（2）属于混合物的是；（3）属于酸性氧化物的是【考点】电解质与非电解质；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化
39、物和水；（2）由不同物质组成的物质为混合物；由同种物质组成的物质为纯净物；（3）能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物【解答】解：（1）氢氧化钠是碱，溶于水或熔融状态能导电的化合物，属于电解质； 氯化镁是盐，溶于水或熔融状态能导电的化合物，属于电解质；二氧化硅本身不能电离出离子，属于非电解质；二氧化硅能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物； 稀硫酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质； 铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，既不是电解质，也不是非电解质； Cl2O7二氧化硅本身不能电离出离子，属于非电解质；Cl2O7能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；故答案为：（1）；（2）； （3）
40、17实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl （浓）MnCl2+C12+2H2O，取一定量的浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为22.4L请回答下列问题：（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2；（2）用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目；（3）实验室备用的浓盐酸质量分数为36.5%，密度为1.19gcm3为使用方便，请计算出该浓盐酸的物质的量浓度为11.9mol/L【考点】氧化还原反应的计算【分析】（1）该反应中Mn元素化合价由+4价变为+2价、部分Cl元素化合价由1价变为0价，所以二氧化锰是氧化剂、有一半
41、的HCl作还原剂；（2）该反应中转移电子数为2，Mn元素得电子、Cl元素失电子；（3）c（HCl）=【解答】解：（1）该反应中Mn元素化合价由+4价变为+2价、部分Cl元素化合价由1价变为0价，所以二氧化锰是氧化剂、有一半的HCl作还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（2）该反应中Mn元素化合价由+4价变为+2价、Cl元素化合价由1价变为0价，电子由失电子的HCl转移给得电子的二氧化锰，转移电子数为2，则电子转移方向和数目为，故答案为：；（3）c（HCl）=mol/L=11.9 molL1，故答案为：11.918下列是中学常见的一些物质之间的转化关系（其中部分反
42、应产物省略），其中I是一种金属单质，A是一种黄绿色的非金属单质；F、M、N均为难溶于水的白色沉淀物质，M和N不溶于稀硝酸；B是一种具有刺激性气味的气体，且具有漂白性；C和D是中学化学中两种常见的强酸请回答下列问题：（1）写出物质B和M的化学式：BSO2，MAgCl；（2）写出EG转化反应的离子方程式：2 Fe2+Cl2=2 Fe3+2Cl；（3）写出反应的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）写出反应的离子方程式：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl【考点】无机物的推断【分析】A是一种黄绿色的非金属单质，则A为Cl2，B是一种具有刺激性气味的气体，且
43、具有漂白性，与氯气、水反应得到C和D是中学化学中两种常见的强酸，则B为SO2，D与氯化钡溶液反应得到白色沉淀N，则C为HCl，D为H2SO4，N为BaSO4C与硝酸银反应得到白色沉淀M为AgCl，金属I与盐酸反应得到E，E与氯气反应得到G，而I与氯气反应也得到G，则I为变价金属，则I为Fe，可推知E为FeCl2，F为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，G为FeCl3，据此解答【解答】解：A是一种黄绿色的非金属单质，则A为Cl2，B是一种具有刺激性气味的气体，且具有漂白性，与氯气、水反应得到C和D是中学化学中两种常见的强酸，则B为SO2，D与氯化钡溶液反应得到白色沉淀N，则C为HCl，D为H2S
44、O4，N为BaSO4C与硝酸银反应得到白色沉淀M为AgCl，金属I与盐酸反应得到E，E与氯气反应得到G，而I与氯气反应也得到G，则I为变价金属，则I为Fe，可推知E为FeCl2，F为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，G为FeCl3（1）B的化学式为SO2，M的化学式为AgCl，故答案为：SO2；AgCl；（2）EG转化反应的离子方程式：2 Fe2+Cl2=2 Fe3+2Cl，故答案为：2 Fe2+Cl2=2 Fe3+2Cl；（3）反应的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）反应的离子方程式：SO2+
45、Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl19已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应（1）上述反应的化学方程式为2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O；（2）试用下图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物编号装置这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：g接c（或d），d（或c）接a，b接f（3）实验时可观察到装置中A瓶中的溶液褪色，C瓶中的溶液不褪色B瓶中的溶液的作用是除去SO2气体，避免对CO2的检验产生干扰；（4）装置中所加固体药品是无水硫酸铜，装置中所加试剂是澄清石
46、灰水，装置中带活塞的玻璃仪器名称是分液漏斗【考点】浓硫酸的性质实验【分析】（1）木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体；（2）检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳；（3）根据实验目的和装置图考虑操作步骤和试剂的作用及发生反应从整体考虑，A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置；（4）无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜（CuSO45H2O）为蓝色固体，用于检验水的存在，装置中所加试剂是澄清石灰水，检验二氧化碳的产生【解答】解：（1）木炭
47、粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体，反应的方程式为2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O；（2）检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳，故答案为：g；c（或d）；d（或c）；a；b；f；（3）A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置，故答案为：除去SO2气体，避免对CO2的检验产生干扰；（4）无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜（CuSO45H2O）为蓝色固体，用于检验
48、水的存在，装置中所加试剂是澄清石灰水，检验二氧化碳的产生，装置中带活塞的玻璃仪器名称分液漏斗，故答案为：澄清石灰水；分液漏斗20A、B、C均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如右图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABC（1）若A是地壳中含量最多的金属元素的简单离子，且B为既能溶于强酸又能溶于强碱的白色沉淀写出BC转化的离子方程式：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；向1molAlCl3溶液中加入amolNaOH溶液得到39g沉淀，则a的值可能为1.5或3.5；（2）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且B和C易在空气形成光化学烟雾写出实验室制取A的化学方程
49、式：2NH4Cl+Ca （OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；写出AB转化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）若A为烧碱溶液，X为常见温室气体写出A+CB的离子方程式：OH+HCO3=CO32+H2O；向含2molB的溶液中逐滴加入含3molHCl的盐酸，则产生气体的体积是22.4L（标况）；（不考虑气体的溶解）【考点】无机物的推断【分析】（1）若A是地壳中含量最多的金属元素的简单离子，则A为Al3+，B为既能溶于强酸又能溶于强碱的白色沉淀，则X强碱，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐；（2）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，且B和C易在空气形成光化学烟
50、雾，则X为O2、B为NO、C为NO2；（3）若A为烧碱溶液，X为常见温室气体，即A为NaOH，X为CO2，则B为Na2CO3、C为NaHCO3【解答】解：（1）若A是地壳中含量最多的金属元素的简单离子，则A为Al3+，B为既能溶于强酸又能溶于强碱的白色沉淀，则X强碱，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐BC转化的离子方程式：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0mol78g/mol=78g39g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成A
51、l（OH）3沉淀，又生成NaAlO2n（Al（OH）3）=0.5mol，若碱不足，由Al3+3OHAl（OH）3可知，NaOH的物质的量为0.5mol3=1.5mol，沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则： Al3+3OHAl（OH）31mol 3mol 1mol溶解的氢氧化铝为1mol0.5mol=0.5molAl（OH）3+OHAlO2+2H2O0.5mol 0.5mol 则消耗的碱的物质的量为3mol+0.5mol=3.5mol，故答案为：1.5或3.5；（2）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，且B和C易在空气形成光化学烟雾，则X为O2、B为
52、NO、C为NO2实验室制取NH3的化学方程式：2NH4Cl+Ca （OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca （OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；AB转化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）若A为烧碱溶液，X为常见温室气体，即A为NaOH，X为CO2，则B为Na2CO3、C为NaHCO3A+CB的离子方程式：OH+HCO3=CO32+H2O，故答案为：OH+HCO3=CO32+H2O；由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可知碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗HCl为2mol，剩余1molHCL，得
53、到碳酸氢钠为2mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，可知HCl不足，故生成1mol二氧化碳，标况下其体积为1mol22.4L/mol=22.4L，故答案为：22.421化学是一门以实验为基础的自然科学（1）下列说法中，符合实验规范要求的是（填序号）闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻煽动，使少量的气体飘进鼻孔在实验室做铜和浓硝酸反应制备二氧化氮的实验时，应该在通风橱中进行实验中当有少量的钠剩余时，用纸包裹好后将其放入垃圾桶中用容量瓶稀释某一浓度的硫酸溶液（2）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应，图中A中装有Ca（OH）2和NH4Cl混合
54、粉末，B中加入的是碱石灰实验时在C中发生反应的化学方程式是：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；试管D中收集到的物质是氨水，检验该物质的方法和现象是用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝；实验室镁单质着火，能否用E中收集的气体灭火？为什么？不能，镁在氮气中燃烧【考点】化学实验方案的评价；氨的化学性质；实验装置综合【分析】（1）闻气体的气味时，不能直接去闻，应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量的气体飘进鼻孔，防止中毒；在实验中产生有毒气体的实验应该在通风橱中进行操作；Na易和空气中氧气、水反应；容量瓶只能配制溶液，不能溶解或稀释药品；（2）A中Ca（OH）2和NH4Cl
55、混合加热制取氨气，B干燥氨气，C中氨气和CuO在加热条件下生成氮气和Cu，D用于液化氨气，氨气易液化，极易吸收水成为氨水，氨水具有碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝；E用于收集生成的氮气；实验时在C中氨气和CuO在加热条件下生成氮气和Cu；试管D中收集到的物质是氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，无水硫酸铜可以检验水；Mg能在氮气中燃烧【解答】解：（1）闻气体的气味时，不能直接去闻，应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量的气体飘进鼻孔，防止中毒，故正确；在实验中产生有毒气体的实验应该在通风橱中进行操作，Cu和浓硝酸反应制取二氧化氮，二氧化氮有毒，如果不在通风橱中进行，易产
56、生中毒，故正确；钠熔点较低，易燃烧，钠和水反应生成氢气且放出大量热而使钠剧烈燃烧，所以剩余的钠应该放回原瓶，故错误；容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品，配制稀硫酸时，要先将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却至室温后转移到容量瓶中，最后加水稀释，故错误；故选；（2）A中Ca（OH）2和NH4Cl混合加热制取氨气，B干燥氨气，C中氨气和CuO在加热条件下生成氮气和Cu，D用于液化氨气，氨气易液化，极易吸收水成为氨水，氨水具有碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝；E用于收集生成的氮气；实验时在C中氨气和CuO在加热条件下生成氮气和Cu，反应方程式为2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu，故答案为：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；氨气还原氧化铜之后剩余的氨气和产生的水蒸气在冷凝时会形成氨水，具有氨气分子和结晶水的成分，氨水可以使使红色石蕊试纸变蓝，其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝，故答案为：氨水；用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝；Mg能在氮气中燃烧，反应方程式为3Mg+N2Mg3N2，所以不能，故答案为：不能；镁在氮气中燃烧2016年11月26日
