1、2016-2017学年河北省张家口市高一（上）期末化学试卷一、选择题1过氧化钠可用于自来水消毒；雨水中溶解二氧化碳过多，可造成酸雨；应严厉打击商贩用二氧化硫熏蒸银耳制作美观的“雪耳”；“84”消毒液（主要成分为次氯酸钠）和洁厕灵（主要成分为盐酸）不能混用以上说法正确的是（）ABCD2关于氧化还原反应的说法，正确的是（）A物质失去的电子数越多，其还原性越强B物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应C某元素由化合态变为游离态，则它一定被还原D置换反应一定属于氧化还原反应3环境问题越来越受到人们的关注，造成环境问题的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放或对自然界物产过度开采引起的对于下列环境问题的
2、治理不正确的是（）A温室效应减少化石燃料使用，开发清洁能源B雾霾适当限号，减少汽车尾气排放及扬尘C白色污染杜绝生产塑料袋，从根源上治理D水体污染节约用水，减少污水排放4下列关于某物质是否为电解质的判断正确的是（）A固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质B氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质CSO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D氨水能导电，所以氨水是电解质5除去混在碳酸钠粉末中的少量碳酸氢钠，最合理的方法是（）A加热B加入氢氧化钠溶液C加入盐酸D加入CaCl2溶液6下列关于胶体的说法正确的是（）A直径介于1100纳米之间的微粒称为胶体B当光束通过胶体时，看到的“光柱”是由于光被胶体粒子散射
3、而形成的C胶体的分散质不能透过滤纸的孔隙D溶液时电中性的，胶体是带电的7下列各组离子在强酸性溶液中能大量共存的是（）AK+、Na+、HCO3、SO42BNa+、Fe3+、I、CICNa+、NH4+、NO3、CIDNa+、Ba2+、SO42、NO38实验室可以用来直接加热的玻璃仪器是（）A小试管B容量瓶C量筒D蒸发皿9下列物质能在空气中稳定存在的是（）A氢氧化亚铁悬浊液B氧化钠C二氧化硅D氯水10a mol O2和a mol O3相比较一定相同的是（）A体积B原子数C分子数D质量11下列反应最终没有固体析出的是（）A向氯化钡溶液中通入少量CO2B向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质C向饱和碳酸钠溶液中
4、通入过量CO2D向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水12设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A通常状况下，NA个N2所占的体积约为22.4LB1L1molL1NaOH水溶液中含有的氧原子数为NAC足量Na与1molCl2完全反应，转移电子的数目为2NAD1mol Na2O2中含有的阴离子数为2NA13下列实验操作错误的是（）A分液漏斗使用前需要先检查是否漏液B试验中剩余的钠不能再放回原试剂瓶C做焰色反应时，铂丝应用盐酸洗净并灼烧至无色D蒸馏烧瓶加热时需要垫石棉网14运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为5KClO3+6P=3P2O5+5KCl下
5、列有关该反应的叙述不正确的是（）AKClO3是氧化剂BP2O5是氧化产物C1molKClO3参加反应有6mole转移D每有6molP被还原，生成5molKCl15下列离子检验的方法正确的是（）A向某无色溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42B向某无色溶液中加入盐酸，有无色、无味的气体产生，说明原溶液中一定有CO32C灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，说明原粉末中有Na+，无K+D向某溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液一定有Fe2+16下列物质不能通过化合反应一步得到的是（）AFe3O4BFeCl2CAl（OH）3DFe（
6、OH）317下列离子方程式的书写正确的是（）A大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2OBH2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+2Na+CuD将Cl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClO18现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2（SO4）3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c（Al3+）=0.1molL1、c（Mg2+）=0.25molL1、c（Cl）=0.2molL1，则该溶液中c（SO42）为（）A0.15 molL1B0.2 molL1C0.
7、25 molL1D0.30 molL119下列图象不正确的是（）A向100mL 0.1molL1H2SO4溶液中滴加0.1molL1Ba（OH）2溶液至过量B向100mL 0.1molL1H2SO4溶液中加入NaOH固体C向一定浓度的氯化钠溶液中加水D向蒸馏水中通入HCl气体20将Cl2通入200mL0.5molL1氢氧化钾溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO3的物质的量之比是1：2，则通入的Cl2在标准状况下的体积为（）A0.56LB1.68LC2.24LD1.12L二、填空题21纯碱；火碱；氯水；小苏打（1）以上物质中属于混合物的是；属于
8、碱的是；具有漂白性的是；既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应的是（填序号）（2）纯碱在水中的电离方程式为（3）小苏打与稀盐酸反应的离子方程式为22研究或认识物质的化学性质一般可从以下几个方面入手（以SiO2为例）：（1）从物质类别角度分析可能具有的通性，如酸性、碱性等SiO2属于氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）盛装NaOH等碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因可用离子方程式表示为（2）从核心元素化合价角度分析可能具有的氧化性、还原性据SiO2中Si元素的价态可推知SiO2（填字母）：A只有还原性 B只有氧化性 C既有还原性又有氧化性工业上用石英砂和焦炭混合高温制取含少量杂质的粗硅，写出该反
9、应的化学方程式（3）从其他角度认识可能具有的特性SiO2能与唯一的酸（填物质名称）反应，工艺上常利用该反应（填一种用途）23铝及其化合物在生产、生活中用途广泛（1）航母升降机可用铝镁合金制造，铝镁合金在焊接前应先用氢氧化钠溶液处理表面的氧化膜，发生反应的化学方程式为（2）实验室欲以铝屑为起点制备氢氧化铝，如按AlAl3+Al（OH）3流程制备，使用最合适的药品是铝屑、稀硫酸、氨水，不用氢氧化钠溶液代替氨水的原因是写出该制备方案中第二步反应的离子方程式（3）氢氧化铝是医用胃酸中和剂的一种，选用其作为胃酸中和剂的两个主要原因是，24AH为中学化学中几种常见物质，它们之间的转化关系如图所示常温下，A
10、和G均为单质气体，同体C常用作干燥剂，E为无色、无味的液体，F为淡黄色粉末回答下列问题：（1）F的化学式为，反应中每生成1molG，转移电子数目为（2）反应的化学方程式为25工业上用赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等）制备绿矾（FeSO47H2O）的流程如图：（1）滤液中所含的阴离子有（2）试剂a为，试剂b投入到滤液发生的所有反应的方程式为（3）实验室中操作所需的玻璃仪器有（4）操作的名称为三、实验题26工业上，向500左右的铁屑中通入Cl2生产无水氯化铁，其制备过程中均要确保无水现模拟该过程用图示装置进行实验：（1）仪器a的名称为，装置A的圆底烧瓶中
11、发生反应的化学方程式为，为保持装置C为无水环境，装置B中加入的试剂是（2）实验步骤：如图连接装置后，先（填实验操作），再装药品，然后点燃（填“A”或“C”）处酒精灯，当（填实验现象）时，再点燃（填“A”或“C”）处酒精灯（3）装置D的作用是，（4）甲同学认为进入装置C的气体中混有HCl，应在装置B前增加装有（填试剂名称）的洗气装置除去；乙同学认为不需要除去HCl，理由为四、计算题27向某碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中逐滴加入0.05mol/L的稀盐酸，加入稀盐酸体积与标准状况下产生气体体积的关系如图所示（1）盐酸的物质的量浓度是多少（2）原溶液中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为2016-2017
12、学年河北省张家口市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1过氧化钠可用于自来水消毒；雨水中溶解二氧化碳过多，可造成酸雨；应严厉打击商贩用二氧化硫熏蒸银耳制作美观的“雪耳”；“84”消毒液（主要成分为次氯酸钠）和洁厕灵（主要成分为盐酸）不能混用以上说法正确的是（）ABCD【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】过氧化钠与水反应生成强碱NaOH，具有腐蚀性；雨水中溶解二氧化碳过多，为正常雨水，酸雨与溶剂N、S的氧化物有关；二氧化硫有毒，不能漂白食品；“84”消毒液（主要成分为次氯酸钠）和洁厕灵（主要成分为盐酸）混合，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气【解答】解：过氧化钠与水反应生成强
13、碱NaOH，具有腐蚀性，则不能用于自来水消毒，故错误；雨水中溶解二氧化碳过多，为正常雨水，不会造成酸雨，故错误；二氧化硫有毒，不能漂白食品，则严厉打击商贩用二氧化硫熏蒸银耳制作美观的“雪耳”，故正确；“84”消毒液（主要成分为次氯酸钠）和洁厕灵（主要成分为盐酸）混合，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，则不能混合使用，故正确；故选B2关于氧化还原反应的说法，正确的是（）A物质失去的电子数越多，其还原性越强B物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应C某元素由化合态变为游离态，则它一定被还原D置换反应一定属于氧化还原反应【考点】氧化还原反应【分析】A还原性与失去电子的多少无关；B含元素化合价升高的物质
14、为还原剂，发生氧化反应；C元素由化合态变为游离态，元素的化合价可升高，也可降低；D置换反应中一定存在元素的化合价变化【解答】解：A还原性与失去电子的多少无关，而与失去电子的难易有关，故A错误；B含元素化合价升高的物质为还原剂，失去电子被氧化，发生氧化反应，故B错误；C元素由化合态变为游离态，元素的化合价可升高，也可降低，如HClCl2，CuOCu，元素由化合态变为游离态，可发生氧化反应，也可能是还原反应，故C错误；D置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定为氧化还原反应，故D正确；故选D3环境问题越来越受到人们的关注，造成环境问题的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放或对自然界物产过度开
15、采引起的对于下列环境问题的治理不正确的是（）A温室效应减少化石燃料使用，开发清洁能源B雾霾适当限号，减少汽车尾气排放及扬尘C白色污染杜绝生产塑料袋，从根源上治理D水体污染节约用水，减少污水排放【考点】铵盐【分析】A、二氧化碳是造成温室效应的主要气体；B、雾霾是悬浮在空气中烟、灰尘等物质；C、根据白色污染是由于塑料制品的任意丢弃引起的考虑；D、节约用水和合理施用农药、化肥，可以减少水体污染；【解答】解：A、二氧化碳是造成温室效应的主要气体，所以可以通过减少化石燃料使用，开发清洁能源，从而减少二氧化碳的排放，故A正确；B、雾霾是悬浮在空气中烟、灰尘等物质，所以可以适当限号，减少汽车尾气排放及扬尘，
16、故B正确；C、白色污染是由于塑料制品的任意丢弃引起的，所以用布袋或纸袋代替塑料袋购物有利于减少白色污染，而不是杜绝生产塑料袋，故C错误；D、节约用水和合理施用农药、化肥，可以减少水体污染，故D正确故选C4下列关于某物质是否为电解质的判断正确的是（）A固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质B氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质CSO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D氨水能导电，所以氨水是电解质【考点】电解质与非电解质【分析】水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导电的条件是化合物自身能在一定条件下电离出离子导电，导电实质是含有自由移动电子或
17、离子，据此分析判断【解答】解：A固体氯化钠不存在自由移动的离子不导电，溶于水会导电，所以氯化钠是电解质，故A错误；B氯化氢化合物水溶液中导电属于电解质，故B正确；CSO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成电解质亚硫酸，本身不能电离，所以SO2是非电解质，故C错误；D氨水是氨气的水溶液为混合物，不是电解质，故D错误；故选B5除去混在碳酸钠粉末中的少量碳酸氢钠，最合理的方法是（）A加热B加入氢氧化钠溶液C加入盐酸D加入CaCl2溶液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，以此来解答【解答】解：A加热碳酸氢钠分解，可除杂，故A选；
18、B碳酸氢钠与NaOH溶液反应，但NaOH可能过量，且反应后需要蒸发，故B不选；C二者均与盐酸反应，不能除杂，故C不选；D碳酸钠与氯化钙溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故选A6下列关于胶体的说法正确的是（）A直径介于1100纳米之间的微粒称为胶体B当光束通过胶体时，看到的“光柱”是由于光被胶体粒子散射而形成的C胶体的分散质不能透过滤纸的孔隙D溶液时电中性的，胶体是带电的【考点】胶体的重要性质【分析】A胶体是指分散质粒子直径在1 nm100 nm之间的分散系；B胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象；C胶体能透过滤纸；D溶液是呈电中性的分散系，胶体微粒有的吸附离子带电【解答】解：A微粒不是
19、分散系，不是胶体，故A错误； B胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，当光束通过胶体时，看到的“光柱”是由于光被胶体粒子散射而形成的，故B正确；C胶粒能透过滤纸，故C错误； D溶液中正电荷总数等于负电荷总数，所以溶液是电中性，胶体微粒有的吸附带电，有的不吸附电荷，故D错误故选B7下列各组离子在强酸性溶液中能大量共存的是（）AK+、Na+、HCO3、SO42BNa+、Fe3+、I、CICNa+、NH4+、NO3、CIDNa+、Ba2+、SO42、NO3【考点】离子共存问题【分析】强酸溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【
20、解答】解：AH+、HCO3结合生成水和气体，不能共存，故A不选；BFe3+、I发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；C酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；DBa2+、SO42结合生成沉淀，不能共存，故D不选；故选C8实验室可以用来直接加热的玻璃仪器是（）A小试管B容量瓶C量筒D蒸发皿【考点】直接加热的仪器及使用方法【分析】能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等，且蒸发皿不是玻璃仪器，以此来解答【解答】解：A小试管可直接加热，故A选；B容量瓶不能加热，为配制溶液的必要仪器，故B不选；C量筒为
21、量取液体的定量仪器，不能加热，故C不选；D蒸发皿可直接加热，但一般为瓷制品，不是玻璃仪器，故D不选；故选A9下列物质能在空气中稳定存在的是（）A氢氧化亚铁悬浊液B氧化钠C二氧化硅D氯水【考点】氯气的化学性质；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物【分析】能在空气中稳定存在，说明性质稳定，与空气中水、二氧化碳、氧气都不反应，以此解答该题【解答】解：A氢氧化亚铁在空气中被氧气氧化为氢氧化铁4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故A不选；B氧化钠可与空气中水、二氧化碳等反应，最终生成碳酸钠，故B不选；C二氧化硅性质稳定，可存在空气中，故C选；D氯水中含有次氯酸，见光易分解，故D不选故选C1
22、0a mol O2和a mol O3相比较一定相同的是（）A体积B原子数C分子数D质量【考点】物质的量的相关计算【分析】结合V=nVm、N=nNA、m=nM及分子构成计算【解答】解：AVm未知，相同物质的量时体积不一定相同，故A错误；B物质的量相同，分子中原子的物质的量分别为2amol、3amol，原子数不同，故B错误；C由N=nNA可知，物质的量相同，则分子数相同，故C正确；D二者质量分别为32ag、48ag，故D错误；故选C11下列反应最终没有固体析出的是（）A向氯化钡溶液中通入少量CO2B向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质C向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2D向NaHCO3溶液中加入过量澄清石
23、灰水【考点】钠的重要化合物【分析】A二氧化碳与氯化钡不反应；B钠和水反应而消耗水；C可生成溶解度较小的碳酸氢钠；D反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：A因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钡不反应，故A选；B钠和水反应而消耗水，则可析出氢氧化钠固体，故B不选；C反应可生成溶解度较小的碳酸氢钠，有沉淀析出，故C不选；D反应生成碳酸钙沉淀，故D不选故选A12设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A通常状况下，NA个N2所占的体积约为22.4LB1L1molL1NaOH水溶液中含有的氧原子数为NAC足量Na与1molCl2完全反应，转移电子的数目为2NAD1mol Na2O2中含有的阴离子数为
24、2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A通常状况下，Vm大于22.4L/mol；B氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含有氧原子；C钠与氯气反应生成氯化钠，钠足量依据氯气的物质的量计算转移电子数；D过氧化钠中阴离子为过氧根子【解答】解：A通常状况下，Vm大于22.4L/mol，则NA个N2所占的体积大于22.4L，故A错误；B氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含有氧原子，所以1L1molL1NaOH水溶液中含有的氧原子数远远大于NA，故B错误；C足量Na与1molCl2完全反应生成2mol氯化钠，生成2mol氯离子，转移电子数目为2NA，故C正确；D过氧化钠中阴离子为过氧根子，1mol Na2O2中含有的
25、阴离子数为NA，故D错误；故选：C13下列实验操作错误的是（）A分液漏斗使用前需要先检查是否漏液B试验中剩余的钠不能再放回原试剂瓶C做焰色反应时，铂丝应用盐酸洗净并灼烧至无色D蒸馏烧瓶加热时需要垫石棉网【考点】化学实验方案的评价【分析】A具有塞子、活塞的仪器使用前需要查漏；B钠与水反应生成NaOH具有腐蚀性，且放热，存在安全隐患；C盐酸易挥发，灼烧后不干扰实验；D蒸馏烧瓶不能直接加热【解答】解：A具有塞子、活塞的仪器使用前需要查漏，则分液漏斗使用前需要先检查是否漏液，故A正确；B钠与水反应生成NaOH具有腐蚀性，且放热，存在安全隐患，则试验中剩余的钠，需要再放回原试剂瓶，故B错误；C盐酸易挥发
26、，灼烧后不干扰实验，则焰色反应时，铂丝应用盐酸洗净并灼烧至无色，故C正确；D蒸馏烧瓶不能直接加热，则蒸馏烧瓶加热时需要垫石棉网，故D正确；故选B14运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为5KClO3+6P=3P2O5+5KCl下列有关该反应的叙述不正确的是（）AKClO3是氧化剂BP2O5是氧化产物C1molKClO3参加反应有6mole转移D每有6molP被还原，生成5molKCl【考点】氧化还原反应【分析】5KClO3+6P3P2O5+5KCl中，Cl元素的化合价由+5价降低为1价，则KClO3是氧化剂，P元素的化合价由0升高为+5价，则P是还原剂，生成
27、P2O5是氧化产物，以此来解答【解答】解：A5KClO3+6P3P2O5+5KCl中，Cl元素的化合价由+5价降低为1价，则KClO3是氧化剂，故A正确；BP元素的化合价由0升高为+5价，则P是还原剂，生成P2O5是氧化产物，故B正确；CCl元素的化合价由+5价降低为1价，则1molKClO3参加反应有6mole转移，故C正确；DP元素的化合价由0升高为+5价，P是还原剂被氧化，则每有6molP被氧化，生成5molKCl，故D错误；故选D15下列离子检验的方法正确的是（）A向某无色溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42B向某无色溶液中加入盐酸，有无
28、色、无味的气体产生，说明原溶液中一定有CO32C灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，说明原粉末中有Na+，无K+D向某溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液一定有Fe2+【考点】常见离子的检验方法【分析】A白色沉淀可能为AgCl；B无色、无味的气体为二氧化碳；C焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；D滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，不含铁离子，再滴加氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子【解答】解：A白色沉淀可能为AgCl，则原溶液可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故A错误；B无色、无味的气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32或HCO
29、3，或都存在，故B错误；C焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则火焰呈黄色，说明原粉末中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；D滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，不含铁离子，再滴加氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液一定有Fe2+，故D正确；故选D16下列物质不能通过化合反应一步得到的是（）AFe3O4BFeCl2CAl（OH）3DFe（OH）3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】AFe与氧气反应生成四氧化三铁；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁；C氧化铝不溶于水；D氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁【解答】解：AFeFe3O4，为化合反应
30、，故A不选；BFeFeCl2，为化合反应，故B不选；C氧化铝不溶于水，不能利用化合反应制备Al（OH）3，故C选；DFe（OH）2Fe（OH）3，故D不选；故选C17下列离子方程式的书写正确的是（）A大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2OBH2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+2Na+CuD将Cl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClO【考点】离子方程式的书写【分析】A大理石的主要成分为碳酸钙，碳酸钙和醋酸都需要保留化学式；B氢离子、氢氧根离子的计量数
31、错误；C钠与硫酸铜溶液反应不会置换出铜；D次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开【解答】解：A大理石溶于醋酸中，反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，故A正确；BH2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故B错误；C将Na投入到CuSO4溶液中，反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+H2+2Na+Cu（OH）2，故C错误；D将Cl2通入水中生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不能拆开，正确
32、的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选A18现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2（SO4）3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c（Al3+）=0.1molL1、c（Mg2+）=0.25molL1、c（Cl）=0.2molL1，则该溶液中c（SO42）为（）A0.15 molL1B0.2 molL1C0.25 molL1D0.30 molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】溶液不显电性，遵循电荷守恒，则阳离子的电荷总数等于阴离子的电荷总数，以此来解答【解答】解：c（Al3+）=0.1molL1、c（Mg2+）=0.25molL1、c（Cl）=0.2molL
33、1，设该溶液中c（SO42）为x，由电荷守恒可知，0.13+0.252=0.21+x2，解得x=0.30 molL1，故选D19下列图象不正确的是（）A向100mL 0.1molL1H2SO4溶液中滴加0.1molL1Ba（OH）2溶液至过量B向100mL 0.1molL1H2SO4溶液中加入NaOH固体C向一定浓度的氯化钠溶液中加水D向蒸馏水中通入HCl气体【考点】电解质溶液的导电性【分析】溶液的导电能力与离子的浓度成正比，离子浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱，如果能增大溶液中离子浓度，则能增大溶液的导电能力，否则不能增大溶液的导电能力，据此分析解答【解答】解：A向100mL 0.
34、1molL1H2SO4溶液中滴加0.1molL1Ba（OH）2溶液至过量，发生反应为：H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，所以溶液中离子浓度先减小到接近0，后来Ba（OH）2溶液过量，离子浓度又增大，但最终过量的Ba（OH）2溶液中离子浓度小于开始的0.1molL1H2SO4溶液，所以溶液的导电能力先减小到0后增大，但小于开始，故A错误；B向100mL 0.1molL1H2SO4溶液中加入NaOH固体，发生反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，则开始离子浓度不变，NaOH固体过量时离子浓度才增大，所以溶液的导电能力开始不变后来增大，故B正确；C向一定浓度的氯化钠
35、溶液中加水，溶液中离子浓度不断减小，所以溶液的导电能力不断减小，但不等于0，故C正确；D向蒸馏水中通入HCl气体，溶液中离子浓度不断增大，直到达到饱和溶液，浓度不变，所以导电能力先不断增大，后不变，故D正确；故选A20将Cl2通入200mL0.5molL1氢氧化钾溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO3的物质的量之比是1：2，则通入的Cl2在标准状况下的体积为（）A0.56LB1.68LC2.24LD1.12L【考点】氧化还原反应的计算【分析】由Cl2与KOH恰好反应生成KCl、KClO、KClO3，结合n（K）=n（Cl）可知n（Cl2）=n
36、（KOH）=0.2L0.5mol/L=0.05mol，结合V=nVm计算【解答】解：由Cl2与KOH恰好反应生成KCl、KClO、KClO3，结合n（K）=n（Cl）可知n（Cl2）=n（KOH）=0.2L0.5mol/L=0.05mol，通入的Cl2在标准状况下的体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故选D二、填空题21纯碱；火碱；氯水；小苏打（1）以上物质中属于混合物的是；属于碱的是；具有漂白性的是；既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应的是（填序号）（2）纯碱在水中的电离方程式为Na2CO3=2Na+CO32（3）小苏打与稀盐酸反应的离子方程式为H+HCO3=CO2+H2O【考
37、点】离子方程式的书写；混合物和纯净物；电离方程式的书写【分析】（1）不同物质组成的为混合物，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，二氧化硫具有漂白性，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物（如Al2O3、Al（OH）3等）、弱酸的铵盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等；（2）Na2CO3在溶液中完全电离出钠离子和碳酸根离子；（3）小苏打与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水【解答】解：（1）纯碱是碳酸钠属于盐为纯净物，与盐酸反应，与氢氧化钠溶液不反应；火碱是氢氧化钠，属于纯净物，水溶液中电离出的阴离子全部
38、是氢氧根离子的化合物为碱；氯水属于混合物，氯水中的HClO具有强氧化性，具有漂白性；小苏打是碳酸氢钠属于纯净物，能与盐酸和氢氧化钠溶液反应；属于混合物的是，属于碱的是，具体有漂白性的是，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应的是，故答案为：；（2）Na2CO3在溶液中完全电离出钠离子和碳酸根离子，其电离方程式为：Na2CO3=2Na+CO32；故答案为：Na2CO3=2Na+CO32；（3）小苏打与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为：H+HCO3=CO2+H2O；故答案为：H+HCO3=CO2+H2O22研究或认识物质的化学性质一般可从以下几个方面入手（以SiO2为例）：（1
39、）从物质类别角度分析可能具有的通性，如酸性、碱性等SiO2属于酸性氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）盛装NaOH等碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因可用离子方程式表示为SiO2+2OH=SiO32+H2O（2）从核心元素化合价角度分析可能具有的氧化性、还原性据SiO2中Si元素的价态可推知SiO2B（填字母）：A只有还原性 B只有氧化性 C既有还原性又有氧化性工业上用石英砂和焦炭混合高温制取含少量杂质的粗硅，写出该反应的化学方程式SiO2+2CSi+2CO（3）从其他角度认识可能具有的特性SiO2能与唯一的酸氢氟酸（填物质名称）反应，工艺上常利用该反应刻蚀玻璃（填一种用途）【考点】酸、碱
40、、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；化学试剂的分类【分析】（1）碱性氧化物是指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成），既能和酸又能和碱反应的氧化物为两性氧化物，玻璃的成分中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，二氧化硅和氢氧化钠溶液生成可溶性的硅酸钠具有粘性；（2）根据微粒中元素的化合价进行判断，若元素处于最高价，该粒子只有氧化性，若化合价处于最低价，只具有还原性，若处于中间价态，既具有氧化性，也具有还原
41、性，用碳在高温下还原二氧化硅，可制得含有少量杂质的硅，同时有CO生成，据此进行解答；（3）二氧化硅能与氢氟酸反应，工艺上常利用该反应刻蚀玻璃【解答】解：（1）二氧化硅能和碱反应生成盐和水，所以它属于酸性氧化物，实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是在常温下，氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应，生成具有粘性的Na2SiO3，反应为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，离子反应为：SiO2+2OH=SiO32+2H2O，故答案为：酸性；SiO2+2OH=SiO32+H2O；（2）SiO2中Si元素的价态为+4价，化合价处于最高价，粒子只有氧化性，碳还原二氧化硅，生成物是
42、硅和一氧化碳，反应条件是高温，反应为：SiO2+2CSi+2CO，故答案为：B；SiO2+2CSi+2CO；（3）氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，玻璃中含有SiO2，可以用HF（氢氟酸）来刻蚀玻，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故答案为：氢氟酸；刻蚀玻璃23铝及其化合物在生产、生活中用途广泛（1）航母升降机可用铝镁合金制造，铝镁合金在焊接前应先用氢氧化钠溶液处理表面的氧化膜，发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（2）实验室欲以铝屑为起点制备氢氧化铝，如按AlAl3+Al（OH）3流程制备，使用最合适的药品是铝屑、稀硫酸、氨水
43、，不用氢氧化钠溶液代替氨水的原因是生成的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠溶液，用量不易控制写出该制备方案中第二步反应的离子方程式Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（3）氢氧化铝是医用胃酸中和剂的一种，选用其作为胃酸中和剂的两个主要原因是可与胃酸反应使胃液酸度降低，氢氧化铝碱性不强刺激性小【考点】铝的化学性质【分析】（1）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（2）氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，但溶于强酸强碱，如果用氢氧化钠要控制其用量；铝离子与一水合氨反应生成氢氧化铝和铵根离子；（3）氢氧化铝是弱碱，与胃酸的主要成份发生反应，使胃酸的酸度下降，同时对胃刺激性小【解答】解：（1）氧化铝与氢氧化
44、钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，但溶于强酸强碱，如果用氢氧化钠要控制其用量；铝离子与一水合氨反应生成氢氧化铝和铵根离子，反应的离子方程式为：生成的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠溶液，用量不易控制；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（3）氢氧化铝是弱碱，与胃酸的主要成份发生反应，使胃酸的酸度下降，同时对胃刺激性小，故答案为：可与胃酸反应使胃液酸度降低； 氢氧化铝碱性不强刺激性小24AH为中学化学中几种常见物质，它们之间的转化关系如图所示常
45、温下，A和G均为单质气体，同体C常用作干燥剂，E为无色、无味的液体，F为淡黄色粉末回答下列问题：（1）F的化学式为Na2O2，反应中每生成1molG，转移电子数目为1.2041024（或2NA）（2）反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【考点】无机物的推断【分析】E常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，能与水反应，则为Na2O2，所以H为NaOH，G为O2，又C常用作干燥剂即CaCl2，A为单质气体，则A与B反应生成C，即Cl2和Ca（OH）2反应，所以A为Cl2，B为Ca（OH）2，D为Ca（ClO）2，据此分析解答【解答】解：（
46、1）由以上分析可知F的化学式为Na2O2，G为O2，反应为过氧化钠和水的反应，反应中过氧化钠自身发生氧化还原反应，O元素化合价由1价分别变为0价、2价，生成1molO2，转移2mol电子，数目为1.2041024（或2NA），故答案为：Na2O2；1.2041024（或2NA）；（2）由以上分析可知，反应为Cl2和Ca（OH）2反应，所以化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O25工业上用赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等）制备绿矾（Fe
47、SO47H2O）的流程如图：（1）滤液中所含的阴离子有OH、AlO2、SiO32（2）试剂a为硫酸，试剂b投入到滤液发生的所有反应的方程式为Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4=Cu+FeSO4、Fe+H2SO4=H2+FeSO4（3）实验室中操作所需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯（4）操作的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等），由制备流程可知，加NaOH后，Al2O3、SiO2与NaOH反应，则滤液I中含OH、AlO2、SiO32，滤
48、渣I中含Fe2O3、FeO、MnO2、CuO，加试剂a为硫酸，操作均为过滤，滤液中含硫酸、Fe2（SO4）3、FeSO4、CuSO4，试剂b为Fe，操作为过滤，滤渣为Cu、Fe，滤液含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾，以此来解答【解答】解：（1）由上述分析可知，滤液中所含的阴离子有OH、AlO2、SiO32，故答案为：OH、AlO2、SiO32；（2）试剂a为硫酸，试剂b投入到滤液发生的所有反应的方程式为Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4=Cu+FeSO4、Fe+H2SO4=H2+FeSO4，故答案为：硫酸；Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4=
49、Cu+FeSO4、Fe+H2SO4=H2+FeSO4；（3）实验室中操作为过滤，所需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；（4）操作的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥），可得到绿矾晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）三、实验题26工业上，向500左右的铁屑中通入Cl2生产无水氯化铁，其制备过程中均要确保无水现模拟该过程用图示装置进行实验：（1）仪器a的名称为分液漏斗，装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCI（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，为保持装置C为无水环境，装置B中加入的试剂是浓硫酸（2）实验步骤：如图连接装置后，先
50、检查装置气密性（填实验操作），再装药品，然后点燃A（填“A”或“C”）处酒精灯，当C中充满黄绿色气体（填实验现象）时，再点燃C（填“A”或“C”）处酒精灯（3）装置D的作用是除去未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入C装置（4）甲同学认为进入装置C的气体中混有HCl，应在装置B前增加装有饱和食盐水（填试剂名称）的洗气装置除去；乙同学认为不需要除去HCl，理由为只要氯气足量，最终产物只有氯化铁【考点】制备实验方案的设计【分析】由题给信息可知，装置A是制备氯气的发生装置，生成的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B中浓硫酸干燥氯气，通过装置C反应生成无水氯化铁，剩余气体通过D装置中的碱石灰吸收，并通过D
51、装置吸收空气中的水蒸气，防止对氯化铁制备的干扰，以此解答该题【解答】解：（1）由仪器构造可知a为分液漏斗，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCI（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，B装置盛放浓硫酸干燥氯气；故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCI（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；浓硫酸；（2）实验中有氯气生成，所以要先检验实验装置的气密性，为排除装置中的空气，应先点燃A处的酒精灯，生成氯气排除空气中的氧气和水蒸气，C中充满黄绿色气体后，再点燃C处酒精灯；故答案为：检查装置气密性；A；C中充满黄绿色气体；C；（3）装置D中碱石灰的作用是除
52、去未反应的氯气 防止空气中的水蒸气进入C装置；故答案为：除去未反应的氯气；防止空气中的水蒸气进入C装置；（4）除去氯气中的氯化氢气体用饱和食盐水，只要氯气足量，最终产物只有氯化铁，不需要除去氯化氢；故答案为：饱和食盐水；只要氯气足量，最终产物只有氯化铁四、计算题27向某碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中逐滴加入0.05mol/L的稀盐酸，加入稀盐酸体积与标准状况下产生气体体积的关系如图所示（1）盐酸的物质的量浓度是多少（2）原溶液中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为1：1【考点】有关混合物反应的计算【分析】由图可知，050mL发生H+CO32=HCO3，50mL150mL发生H+HCO3=CO2+H2O，且消耗的盐酸为1：2，n（CO2）=0.05mol，结合反应计算【解答】解：（1）设100mL盐酸中所含HCl的物质的量为x根据图象可知产生CO2的物质的量为0.05mol，盐酸从50mL到150mL反应的离子方程式：H+HCO3=CO2+H2O1 1x 0.05mol解得x=0.05molc（HCl）=0.5mol/L，答：盐酸的物质的量浓度是0.5mol/L；（2）由图可知，050mL发生H+CO32=HCO3，50mL150mL发生H+HCO3=CO2+H2O，且消耗的盐酸为1：2，则原溶液中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为1：1，故答案为：1：12017年4月15日