1、2016-2017学年江苏省扬州中学高一（上）期中化学试卷（一、选择题（共15小题，每小题2分，满分39分）12013年冬天，多个地区发生持续大雾天气，“PM2.5”数据监测进入公众视野“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物下列有关说法中错误的是（）APM2.5表面积大能吸附大量的有毒、有害物质BPM2.5在空气中形成的分散系为胶体C实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染D烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应2“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料下列关于Pu的说法正确的是（）A Pu与U互为同位素B Pu与Pu互为同素异形体C Pu与U具有完全相同的化学
2、性质D Pu与Pu具有相同的最外层电子数3下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴4一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子关于此反应说法错误的是（）A一定属于吸热反应B一定属于可逆反应C一定属于氧化还原反应D一定属于分解反应5阿伏加德罗常数约为6.021023 mol1，下列叙述中正确的是（）A1.01105 Pa、25时，2.24 L Cl2中含有的原子数为0.26.021023B0.1L 3molL1 NH4NO3溶液中含有的N原子数目为0.36.021023C5.6g铁粉与足量CuSO4溶液反应生成的
3、铜原子数为16.021023D46g NO2和N2O4的混合物中含有的原子数为36.0210236将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100molL1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（）AMBM2+CM3+DMO2+7氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列反应属于丙区域的是（）ACl2+2KBrBr2+2KClB2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2C3Mg+N2Mg3N2D2Na2O2+2CO22Na2CO3+O28下列实验中，所选装置不合理的是（）A分离Na2CO3溶液和CCl4，选B用CC14提取碘水中的碘，选C用FeC12溶液吸收C12，选D粗盐提
4、纯，选和9下列叙述正确的是（）A将30 mL 0.5 mol/L NaOH溶液加水稀释到500 mL，所得溶液的NaOH的浓度为0.3 mol/LB配制250 mL 1.0 mol/L H2SO4溶液，需要18 mol/L的浓H2SO4的体积约为13.9 mLC0.270 kg质量分数为10%的CuCl2溶液中Cl的物质的量为0.2 molD80 g NaOH溶于1 L水中所得的溶液的物质的量浓度为2 mol/L10下列方法中，可制得Cl2的正确组合是（）MnO2和浓盐酸混合共热 KMnO4和浓盐酸混合 NaClO和浓盐酸混合K2Cr2O7和浓盐酸混合 KClO3和浓盐酸混合ABCD11向四支
5、试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD12实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示下列分析正确的是（）A操作是过滤，将固体分离除去B操作是加热浓缩，趁热过滤，除去杂质氯化钠C操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D操作总共只需一次过滤操作13如图所示，A处通入干燥Cl2，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象
6、，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的是（）A浓H2SO4BNaOH溶液C浓盐酸D饱和NaCl溶液14在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙的物质的量少C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小15汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B转移电子的物质的量为1.25 molC有0.250
7、 mol KNO3被氧化D被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol二、解答题（共6小题，满分81分）16（1）现有硫酸酒精液氨纯碱熔融的氢氧化钠水银三氧化硫澄清石灰水等物质中，属于盐的是（填序号，下同），属于酸性氧化物的是，能导电的是，属于电解质的是（2）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子写出丙元素的元素符号写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式画出甲元素的原子结构示意图17氯气是一种重要的化工原料，是氯碱工业的主要产品之一，它是一种常用的消毒剂实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式
8、是氯碱工业生产氯气的化学方程式为由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工业上生产漂白粉的主要化学方程式是，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是（用化学方程式说明）18（1）12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为，其相对式量为，X的相对原子质量为，该物质的化学式为（2）在新制氯水中存在的各种粒子中：（用化学式或离子符号填写，下同）使氯水呈黄绿色的是； 能使硝酸银溶液产生白色沉淀的是；能使紫色石蕊试液显红色的是； 能使湿润的红纸褪色的是；能使无水硫酸铜变蓝的是； 能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的是19碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制
9、备NaI的流程如图所示请回答下列问题：（1）判断反应中碘是否反应完全的方法是（2）操作的名称是（3）反应的化学方程式为（4）反应中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，写出该反应的化学方程式并用双线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目（5）在反应中若有99g NaIO3被还原，则转移电子的物质的量为mol20实验室用密度为1.25gmL1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1molL1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为（2）配制240mL 0.1molL1的盐酸应量取浓盐酸体积mL，应选用容量瓶的规格mL（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字
10、母表示，每个字母只能用一次）A用30mL水洗涤23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线处（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出21某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子称取两份质量均为10.00g的该结晶水合物，分别制成溶液一份加入
11、足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，将此悬浊液加热，逸出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，此气体恰好可被50.00mL1.00mol/L盐酸完全吸收同时蓝色沉淀变为黑色沉淀；另一份加入足量的BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸白色沉淀，经过滤、洗涤、干燥称其质量为11.65g（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是和，阴离子是（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式（写出计算过程，注意解题规范）2016-2017学年江苏省扬州中学高一（上）期中化学试卷（参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题2分，满分39分）12013年冬天，多个地区发生持续大雾天气，“PM2.5”数据监测进入公众视野“PM2
12、.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物下列有关说法中错误的是（）APM2.5表面积大能吸附大量的有毒、有害物质BPM2.5在空气中形成的分散系为胶体C实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染D烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应【考点】常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的重要性质【分析】A根据PM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质；B胶体的微粒直径在1100nm之间；C实施绿化工程，能减少空气中颗粒物；D烟、雾属于胶体，胶体的特征性质是能产生丁达尔效应；【解答】解：A、PM2.5表面积大，具有较强的吸附能
13、力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故A正确；BPM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故B错误；C实施绿化工程，能减少空气中颗粒物，所以能有效地防治PM2.5污染，故C正确；D烟、雾属于胶体，胶体的特征性质是能产生丁达尔效应，故D正确故选B2“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料下列关于Pu的说法正确的是（）A Pu与U互为同位素B Pu与Pu互为同素异形体C Pu与U具有完全相同的化学性质D Pu与Pu具有相同的最外层电子数【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用；同素异形体【分析】A有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；B同
14、种元素形成的不同单质互称同素异形体；C不同的元素化学性质不同；D原子的核外电子数等于质子数【解答】解：A有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素， Pu与U质子数不同，不是同位素，故A错误；B同种元素形成的不同单质互称同素异形体， Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，故B错误；C Pu与U质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；D Pu与Pu具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故D正确；故选D3下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴【考点】氧化还原反应【分析】发生的化学反应中，若存在
15、元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；B氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C选；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C4一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子关于此反应说法错误的是（）A一定属于
16、吸热反应B一定属于可逆反应C一定属于氧化还原反应D一定属于分解反应【考点】化学基本反应类型【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，且反应是可逆反应，A分解反应不一定是吸热反应；B图示可知反应物在反应后反应物分子仍存在，证明反应未进行彻底；C反应中有单质生成为氧化还原反应；D反应物为一种，生成两种生成物我分解反应【解答】解：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，A该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2的反应是放热反应，故A错误；B根据图示可知有一部分反应物未参加反应，属于该反应是可逆反应，故B正确；C该反应中有有单质生成，
17、元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；D反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，故D正确故选A5阿伏加德罗常数约为6.021023 mol1，下列叙述中正确的是（）A1.01105 Pa、25时，2.24 L Cl2中含有的原子数为0.26.021023B0.1L 3molL1 NH4NO3溶液中含有的N原子数目为0.36.021023C5.6g铁粉与足量CuSO4溶液反应生成的铜原子数为16.021023D46g NO2和N2O4的混合物中含有的原子数为36.021023【考点】阿伏加德罗常数【分析】A.01105 Pa、25时不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯
18、气的物质的量；B硝酸铵中铵根离子和硝酸根都含有氮原子，0.3mol硝酸铵中含有0.6mol氮原子；C5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁能够置换出0.1mol铜；DNO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的原子数【解答】解：A不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L氯气的物质的量，故A错误；B0.1L 3molL1 NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，0.3mol硝酸铵中含有0.6mol氮原子，含有的N原子数目为0.66.021023，故B错误；C5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与硫酸铜溶液反应能够置换出0.1m
19、ol铜，反应生成的铜原子数为0.16.021023，故C错误；D46gNO2和N2O4中含有1mol最简式NO2，含有3mol原子，混合物中含有的原子数为36.021023，故D正确；故选D6将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100molL1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（）AMBM2+CM3+DMO2+【考点】氧化还原反应的计算【分析】根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算反应后M元素的化合价，进而可判断还原产物【解答】解：n（Zn）=0.003mol，n（MO2+）=0.02L0.100molL1=0.002mol，设反应后M的化合价为+x价，则（
20、5x）0.002mol=0.003mol（20），x=2，故选B7氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列反应属于丙区域的是（）ACl2+2KBrBr2+2KClB2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2C3Mg+N2Mg3N2D2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2【考点】氧化还原反应【分析】由图可知，区域丙属于氧化还原反应，但不属于置换反应、化合反应、分解反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，结合反应的类型进行判断【解答】解：丙区域属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型的反应，A属于置换反应，也属于氧化还原反应，故A不选；B属于分解反应，且元素的化合价没有变化，不属
21、于氧化还原反应，故B不选；C属于化合反应，也属于氧化还原反应，故C不选；DO元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型的反应，故D选故选D8下列实验中，所选装置不合理的是（）A分离Na2CO3溶液和CCl4，选B用CC14提取碘水中的碘，选C用FeC12溶液吸收C12，选D粗盐提纯，选和【考点】化学实验方案的评价【分析】ANa2CO3溶液和CCl4互不相溶，可用分液的方法分离；B碘易溶于四氯化碳，可用萃取法分离；CFeC12可与C12反应；D提纯粗盐，常用到溶解、过滤、蒸发等操作【解答】解：ANa2CO3溶液和CCl4互不相溶，不能用蒸馏的方法分离，应用分液的方法分离，故A错误；
22、B碘易溶于四氯化碳，可用萃取法分离，故B正确；CFeC12可与C12反应，则可用吸收，故C正确；D提纯粗盐，常用到溶解、过滤、蒸发等操作，可选和，故D正确故选A9下列叙述正确的是（）A将30 mL 0.5 mol/L NaOH溶液加水稀释到500 mL，所得溶液的NaOH的浓度为0.3 mol/LB配制250 mL 1.0 mol/L H2SO4溶液，需要18 mol/L的浓H2SO4的体积约为13.9 mLC0.270 kg质量分数为10%的CuCl2溶液中Cl的物质的量为0.2 molD80 g NaOH溶于1 L水中所得的溶液的物质的量浓度为2 mol/L【考点】物质的量的相关计算【分析
23、】A稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀释定律C1V1=C2V2计算判断；B根据稀释定律，稀释前后硫酸的物质的量不变，据此计算；C据m（溶质）=m（溶液）（溶质）计算出溶液中CuCl2的质量，再计算出CuCl2的物质的量和Cl的物质的量；D溶液的体积不等于水的体积【解答】解：A令稀释后NaOH的物质的量浓度为c，稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：0.03L0.5mol/L=c0.5L，解得c=0.03mol/L，故A错误；B设需要浓硫酸的体积为x，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：250mL1.0mol/L=x18mol/L，解得x=13.9mL，故B正确；C0.270kg质量
24、分数为10%的CuCl2溶液中m（CuCl2）=270g10%=27g，所以n（CuCl2）=0.2mol，则Cl的物质的量为0.4mol，故C错误；D80 g NaOH溶于1 L水中，溶液的体积不等于水的体积，所以溶液的体积不知道，则不能计算物质的量浓度，故D错误故选B10下列方法中，可制得Cl2的正确组合是（）MnO2和浓盐酸混合共热 KMnO4和浓盐酸混合 NaClO和浓盐酸混合K2Cr2O7和浓盐酸混合 KClO3和浓盐酸混合ABCD【考点】氯气的实验室制法【分析】二氧化锰在加热条件下可以氧化浓盐酸生成氯气；KMnO4具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气；NaClO和氯化氢发生归中反应
25、生成氯气；K2Cr2O7具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气；KClO3具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气【解答】解：二氧化锰在加热条件下可以氧化浓盐酸生成氯气，可以用来制备氯气；KMnO4具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气，可以用来制备氯气；NaClO和氯化氢发生归中反应生成氯气，可以用来制备氯气；K2Cr2O7具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气，可以用来制备氯气；KClO3具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气，可以用来制备氯气；故选：D11向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无
26、色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD【考点】常见离子的检验方法；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】A白色沉淀可能为硫酸银等；B无色无味气体为二氧化碳；C白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁【解答】解：A白色沉淀可能为硫酸银，则原溶液中可能含氯离子或硫酸根离子等，故A错误；B无色无味气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32或HCO3，或二者均存在，故B错误；C白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸，则原溶液中有Ba2+，故C正
27、确；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁，则溶液中可能含Mg2+或Al3+，或二者均存在，故D错误；故选C12实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示下列分析正确的是（）A操作是过滤，将固体分离除去B操作是加热浓缩，趁热过滤，除去杂质氯化钠C操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D操作总共只需一次过滤操作【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作I为溶解，二者溶解度受温度影响不同，采取冷却结晶法分离出硝酸钾，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶，操作是过滤、洗涤，以此来解答【解答】解：A操作是溶解，将固体溶于水，故
28、A错误；B操作为蒸发浓缩、冷却结晶，与NaCl分离，故B错误；C硝酸钾的溶解度受温度影响大，则操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来，故C正确；D操作总共只需一次过滤操作，只有为过滤，故D正确；故选C D13如图所示，A处通入干燥Cl2，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的是（）A浓H2SO4BNaOH溶液C浓盐酸D饱和NaCl溶液【考点】实验装置综合；氯气的化学性质【分析】次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以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阀后，C处红布逐渐褪色，说明D处可以带出
29、水蒸气，以此来解答【解答】解：A浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，干燥的氯气不能使干燥有色布条褪色，与实验不符合，故A不选；B氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，则C中没有氯气，所以C处布条不褪色，与实验不符合，故B不选；C氯气与浓盐酸不反应，但进入C的为潮湿的氯气，含HClO，则C处红色布条逐渐褪色，故C选；D氯气与食盐水不反应，但进入C的为潮湿的氯气，含HClO，则C处红色布条逐渐褪色，故D选；故选CD14在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙
30、的物质的量少C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可知甲体积小于于乙体积，由n=可知甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题【解答】解：两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可知甲体积小于乙体积，由n=可知甲气体的物质的量小于乙，A由以上分析可知甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错误；B由以上分析可知甲气体的物质的量小于乙，故B正确；C两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相
31、等，故C错误；D气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=可知甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误故选B15汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B转移电子的物质的量为1.25 molC有0.250 mol KNO3被氧化D被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol【考点】氧化还原反应【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又
32、是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，据此分析解答【解答】解：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10
33、mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，A生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，故A错误；B转移电子的物质的量为0.25mol（50）=1.25mol，故B正确；C由反应可知，被还原的硝酸钾的物质的量为2mol=0.25mol，故C错误；D转移10mol电子被氧化的N原子为30mol，则转移1.25mol电子被氧化的N原子的物质的量为mol=3.75mol，故D正确；故选BD二、解答题（共6小题，满分81分）16（1
34、）现有硫酸酒精液氨纯碱熔融的氢氧化钠水银三氧化硫澄清石灰水等物质中，属于盐的是（填序号，下同），属于酸性氧化物的是，能导电的是，属于电解质的是（2）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子写出丙元素的元素符号O写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式NaOH=Na+OH画出甲元素的原子结构示意图【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；位置结构性质的相互关系应用；电解质与非电解质【分析】（1）盐是指由金属离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物；酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，大多数的非金属氧化物是酸
35、性氧化物；物质导电的条件是存在自由电子或者自由移动的离子；解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；（2）根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠；乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，据此解答【解答】解：（1）纯碱是由钠离子与碳酸根离子组成的化合物，属于盐；三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于碱性氧化物；熔融的氢氧化钠和澄清石灰水含有自由移动的离子，能够导电；水银含有自由电子能够导电；硫酸纯碱熔融的氢氧化钠水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；故答案为：；（2）根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠；乙元素
36、原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，丙为氧元素，元素符号O，故答案为：O；甲、乙、丙三种元素组成的化合物为氢氧化钠，氢氧化钠为强电解质，电离方程式为：NaOH=Na+OH，故答案为：NaOH=Na+OH；甲元素为钠，钠原子的结构示意图：，故答案为：17氯气是一种重要的化工原料，是氯碱工业的主要产品之一，它是一种常用的消毒剂实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O氯碱工业生产氯气的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工
37、业上生产漂白粉的主要化学方程式是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是（用化学方程式说明）Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO2HCl+O2【考点】氯气的化学性质【分析】二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水；氯碱工业生产氯气是利用电解饱和食盐水的方法得到；工业上制备漂白粉是利用石灰乳和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白粉成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分为次氯酸钙；漂白粉长期暴露在空气中会逐渐失效，是因为次氯酸钙和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，次氯酸见光分解生
38、成氧气和盐酸【解答】解：实验室通常用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；氯碱工业制备氯气是利用电解饱和食盐水的方法得到，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；工业上制备漂白粉是利用石灰乳和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分为次氯酸钙，漂白粉长期暴露在空气中会逐渐失效，是因为次氯酸钙和
39、空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，2HClO2HCl+O2，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO2HCl+O218（1）12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为62g/mol，其相对式量为62，X的相对原子质量为16，该物质的化学式为Na2O（2）在新制氯水中存在的各种粒子中：（用化学式或离子符号填写，下同）使氯水呈黄绿色的是Cl2； 能使硝酸银溶液产生白色沉
40、淀的是Cl；能使紫色石蕊试液显红色的是H+； 能使湿润的红纸褪色的是HClO；能使无水硫酸铜变蓝的是H2O； 能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的是H+【考点】氯气的化学性质；物质的量的相关计算【分析】（1）计算Na2X的物质的量，再根据M=计算Na2X的摩尔质量，进而计算X的相对原子质量，确定X为何种元素，书写化学式；（2）氯气溶于水，在水中发生Cl2+H2OH+Cl+HClO，HClO为若电解质，则溶液中存在的分子有H2O、Cl2、HClO等，存在的离子有：H+、Cl、OH、ClO等，根据微粒的性质来回答【解答】解：（1）Na2X中含有0.4mol Na+，Na2X的物质的量为0.2mol，则N
41、a2X的摩尔质量=62g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，钠原子的相对原子质量是23，所以X的相对原子质量是62232=16，X为氧原子，该物质的化学式为Na2O，故答案为：62g/mol；62；16；Na2O；（2）氯水中存在的分子有H2O、Cl2、HClO等，存在的离子有：H+、Cl、OH、ClO等使氯水呈黄绿色的是Cl2，故答案为：Cl2； 能使硝酸银溶液产生白色沉淀的是Cl，故答案为：Cl；能使紫色石蕊试液显红色的是H+，故答案为：H+； 能使湿润的红纸褪色的是HClO，故答案为：HClO；能使无水硫酸铜变蓝的是H2O，故答案为：H2O； 能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的是H
42、+，故答案为：H+19碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示请回答下列问题：（1）判断反应中碘是否反应完全的方法是取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）（2）操作的名称是过滤（3）反应的化学方程式为3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O（4）反应中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，写出该反应的化学方程式并用双线桥法表示此反应的电子转
43、移的方向及数目（5）在反应中若有99g NaIO3被还原，则转移电子的物质的量为3mol【考点】制备实验方案的设计【分析】制备NaI的流程：碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，固体为氢氧化铁，过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI（1）判断反应中碘是否反应完全，本质为检验碘单质的存在，碘与淀粉作用显示蓝色，碘在四氯化碳中易溶，在四氯化碳中显示紫红色，据此分析解答；（2）分离固体和液体的方法为过滤，分离固体氢氧化铁、铁粉和溶液；（3）反应为碘单质和氢氧化钠的反应，化合价升高和降低的元素均是I元素，化合价由0价
44、分别变化为+5价、1价，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式；（4）反应中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，氧化剂为NaIO3，还原剂为Fe，两者的物质的量之比是1：2，该反应转移电子为6，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式；（5）反应的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O=2Fe（OH）3+NaI，根据得失电子守恒计算【解答】解：（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl
45、4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全），故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）；（2）由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，故答案为：过滤；（3）反应为碘单质和氢氧化钠的反应，化合价升高和降低的元素均是I元素，化合价升高的I元素对应的产物NaIO3
46、，化合价降低的I元素对应的产物为NaI，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：1，所以在反应的3molI2中，有mol的I2做还原剂，有mol的I2做氧化剂，反应的方程式为：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O，故答案为：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O；（4）反应中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，该反应中，NaIO3中碘元素的化合价由+5价变为1价，所以NaIO3是氧化剂，Fe单质中Fe元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，根据得电子与失电子个数相等，两者的物质的量之比是1：2，则电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（5）
47、反应的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O=2Fe（OH）3+NaI，NaIO3中碘元素的化合价由+5价变为1价，若有99g NaIO3被还原，转移电子为（+5）（1）=3mol，故答案为：320实验室用密度为1.25gmL1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1molL1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为12.5mol/L（2）配制240mL 0.1molL1的盐酸应量取浓盐酸体积2.0mL，应选用容量瓶的规格5mL（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）BCAFEDA用30mL水洗涤烧杯内壁23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量
48、筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是避免溶质的量的减少，减小误差（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线重新配置向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出重新配置【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据C=计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐
49、酸的体积，依次选择合适的量筒；（3）依据用浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤解答；（4）烧杯和玻璃棒上都沾有溶质，不全部转移到容量瓶中会造成误差；（5）分析操作对溶质的物质的量、溶液的体积的影响，作出判断【解答】解：（1）浓盐酸的物质的量浓度C=12.5mol/L；故答案为：12.5mol/L；（2）要配置240ml的溶液，应选择250ml的容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变得V12.5mol/L=250mL0.1molL1，解得V=2.0ml，所以需要选择5ml的量筒；故答案为：2.0；5；（3）浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗
50、涤、定容、摇匀，烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁23次；定容时，开始时直接加入蒸馏水，为防止加水过量，到离刻度线23cm时改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切；故答案为：BCAFED；烧杯内壁；23ml；（4）将洗涤液全部转移到容量瓶是因为避免溶质的量的减少，减小误差；故答案为：避免溶质的量的减少，减小误差；（5）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败，无法挽回，必须重新配置；故答案为：重新配置；向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量不准确，实验失败，必须重新配置；故答案为：重新配置21某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子称取两份质量均为10.00g的该
51、结晶水合物，分别制成溶液一份加入足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，将此悬浊液加热，逸出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，此气体恰好可被50.00mL1.00mol/L盐酸完全吸收同时蓝色沉淀变为黑色沉淀；另一份加入足量的BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸白色沉淀，经过滤、洗涤、干燥称其质量为11.65g（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是Cu2+和NH4+，阴离子是SO42（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式（NH4）2Cu（SO4）26H2O或（NH4）2SO4CuSO46H2O（写出计算过程，注意解题规范）【考点】无机物的推断【分析】一份加入足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，将此悬浊液加热
52、，逸出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成氨气，阳离子含有NH4+，且n（NH4+）=n（NH3）=n（HCl）=0.05L1mol/L=0.05mol，蓝色沉淀为氢氧化铜，说明含有Cu2+，另一份加入足量的BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸白色沉淀，经过滤、洗涤、干燥称其质量为11.65g，应为BaSO4，可知n（SO42）=n（BaSO4）=0.05mol，以此可确定n（NH4）2SO4）：（CuSO4），结合质量确定水的量，可确定化学式【解答】解：（1）一份加入足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，将此悬浊液加热，逸出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成氨气，阳离子含有NH4+，蓝色
53、沉淀为氢氧化铜，说明含有Cu2+，另一份加入足量的BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸白色沉淀，应为BaSO4，说明含有SO42，故答案为：Cu2+、NH4+；SO42；（2）氨气被50.00mL1.00mol/L盐酸完全吸收，则n（NH4+）=n（NH3）=n（HCl）=0.05L1mol/L=0.05mol，由沉淀质量可知n（SO42）=n（BaSO4）=0.05mol，由电荷守恒可知2n（Cu2+）+n（NH4+）=2n（SO42），n（Cu2+）=0.025mol，则n（H2O）=0.15mol，则n（NH4）2SO4）：n（CuSO4）：n（H2O）=0.025：0.0525：0.15=1：1：6，则化学式为（NH4）2SO4CuSO46H2O或（NH4）2Cu（SO4）26H2O故答案为：（NH4）2Cu（SO4）26H2O或（NH4）2SO4CuSO46H2O2017年1月4日