1、2015-2016学年甘肃省嘉峪关二中高一（上）期末化学试卷一、选择题（26×2=52分）1大气污染已成为人类社会面临的重大威胁下列气体不会造成大气污染的是（）AN2BCl2CSO2DNO22合金是一类用途广泛的金属材料下列物质中，不属于合金的是（）A碳素钢B黄铜C硬铝D水银3“84”消毒液在日常生活中被广泛应用该消毒液无色，pH大于7，对某些有色物质有漂白作用你认为它可能的有效成分是（）ASO2BNa2CO3CKMnO4DNaClO4下列化合物不能由两种单质直接化合而成的是（）AFeCl2BNa2SCFeCl3DSO25下列化学反应基本类型中，一定不是氧化还原反应的是（）A化合反应
2、B复分解反应C分解反应D置换反应6硅及其化合物在材料领域中应用广泛下列叙述中，正确的是（）A晶体硅是良好的半导体材料B硅是地壳中含量最多的元素CSiO2不溶于水，也不溶于任何酸D用带玻璃瓶塞的试剂瓶盛放NaOH溶液7科学家发现一种化学式为H3 的氢分子1mol H3和1mol H2具有相同的（）A分子数B原子数C质子数D电子数8下列关于 NO2跟 H2O反应的说法中，正确的是（）ANO2只作氧化剂BNO2只作还原剂CNO2既作氧化剂，又作还原剂DNO2既不作氧化剂，又不作还原剂9下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）ANa+、Al3+、Cl、SO42BCu2+、Cl、NO3、OHCCa2+、N
3、a+、CO32、NO3DH+、SO42、NO3、OH10下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是（）ACuOCuBFeFeCl2CH2SO4SO2DHNO3N2O11下列有关物质分离方法的叙述中，不正确的是（）A用过滤的方法分离溶液和胶体B用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C用四氯化碳萃取碘水中的碘D用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体12NA代表阿伏加德罗常数下列有关NA的叙述中，正确的是（）A1 mol 任何物质所含的分子数均为NAB14 g氮气所含的氮原子数为NAC标准状况下，22.4 L水所含的水分子数为NAD在钠与氯气的反应中，1 mol钠失去电子的数目为2NA13下列反应中，硝酸既表现酸
4、性，又表现氧化性的是（）AFe2O3跟稀硝酸反应B铜跟稀硝酸反应CCuO跟稀硝酸反应DAl（OH）3跟稀硝酸反应14下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3Al2O3Al（OH）3 AlABCD全部15镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（）AAlO2BCu2+CAl3+DMg2+16下列离子方程式书写正确的是（）A铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2BAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3C三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3+Fe=2Fe2+DFe
5、Cl2溶液跟Cl2反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl17向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（）ABCD18在6HCl+KClO33Cl2+KCl+3H2O中，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的质量比为（）A6：1B5：1C1：5D3：119根据下列反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序是（）I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI 2FeCl2+Cl22FeCl3 2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2AIFe2+ClSO2BClFe2+SO
6、2ICFe2+IClSO2DSO2IFe2+Cl20为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了不同的方法，其中不可行的是（）A将少量的两种白色固体分别加入1 mol/L的盐酸中，看有无气泡产生B分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀D分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色21有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3、NH4Cl六种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（）A盐酸B烧碱溶液C氨水DKSCN溶液220.3mol硫化亚铜跟适
7、量硝酸恰好完全反应反应方程式为：3Cu2S+22HNO36Cu（NO3）2+3H2SO4+10NO+8H2O，则反应中未被还原的硝酸的物质的量为（）A2.2molB1.2molC0.6molD1.0mol23将7.8gNa2O2投入92.2g水中，所得溶液中溶质的质量分数为（）A等于7.8%B等于8%C大于8%D小于8%24某溶液中Cl、Br、I三者物质的量之比是1：2：3，通入一定量的Cl2，当反应完成后，该比值变为3：2：1，则反应的Cl2与原溶液中I的物质的量之比是（）A1：2B1：4C1：3D1：625把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液过滤出沉淀，经洗涤、干燥、
8、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（）A70%B52.4%C47.6%D30%26将32g Cu与150mL一定浓度的HNO3恰好反应，Cu完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L则下列各项中正确的是（）A所用HNO3为浓度为10mol/LBNO的体积为6.72升CNO2的体积为3.36升D被还原的HNO3为1mol二、填空题（每空1分，共10分）272002年9月26日，中国北京曙光公司研制出了第款具有我国完全自主知识产权的高性能CPU芯片“龙芯”1号 （1）“龙芯”（芯片）关键材料的主要化学成分是（填化学式，下同）（2）计算机长距离联网传
9、输很快的线路中使用的材料叫，其主要化学成分是28反应2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O中，氧化剂是，还原剂是，若生成71g Cl2，被氧化的HCl是g29将铁粉、铜粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、CuCl2溶液混合于烧杯中充分反应，试判断下列情况下烧杯中存在的金属离子和单质 （1）若铁粉有剩余，则烧杯中不可能有；（2）若CuCl2、FeCl3有剩余，则烧杯中一定有；一定没有；（3）若FeCl3有剩余，则烧杯中一定没有三、实验题（方程式2分，32题每空2分，其余每空1分，共23分）30（1）向FeCl2和KSCN的混合溶液中加入氯水，现象是，离子方程式是（2）
10、向AgNO3溶液中加入氯水，现象是，反应的离子方程式是（3）向氯水中滴加石蕊试液，溶液变红，起作用的微粒是，后又褪色，起作用的微粒是31（1）除去KCl溶液的K2CO3所用的试剂是，离子方程式为（2）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用方法，化学方程式为（3）除去铁粉中混有铝粉的试剂是，离子方程式为32有一瓶溶液，其中可能含有H+、NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42、CO32、Cl和I取该溶液进行了以下实验：用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性；取部分溶液，加入数滴氯水及2mL CCl4，经振荡后CCl4层呈紫红色；另取部分溶液，加入NaOH 溶液使其变为碱性
11、，无沉淀生成；取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成；将得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；根据上述实验事实，可知原溶液中肯定含有的离子是；肯定没有的离子是；还不能确定是否含有的离子是四、推断题（1×3+2×3=9分）33图中每一方框中表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E在通常情况下均为气体，B为液体，（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）试回答：（1）X是，C是，F是 （2）写出AD反应的化学方程式（3）写出GE反应的化学方程式 （4）写出CE反应的化学方程式五、计算题34现有镁铝铜合金1.2g，加入过量盐酸中，在标准
12、状况下放出氢气1.12L，反应后过滤的沉淀0.2g，若将此合金放入过量的烧碱溶液中，反应在标况下大约能产生多少升氢气？2015-2016学年甘肃省嘉峪关二中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（26×2=52分）1大气污染已成为人类社会面临的重大威胁下列气体不会造成大气污染的是（）AN2BCl2CSO2DNO2【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】根据N2为空气的主要成分，不是污染物，而Cl2、SO2、NO2都有毒，排放在空气中，造成空气污染，以此来解答【解答】解：AN2为空气的主要成分，无毒，不会造成空气污染，故A正确；BCl2有毒，排放在空气中，造成空气污染，故
13、B错误；CSO2有毒，排放在空气中，造成空气污染，故C错误；DNO2有毒，排放在空气中，造成空气污染，故D错误；故选A2合金是一类用途广泛的金属材料下列物质中，不属于合金的是（）A碳素钢B黄铜C硬铝D水银【考点】合金的概念及其重要应用【分析】合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，根据合金的定义与特点进行解答【解答】解：A、碳素钢是铁和碳的混合物，属于合金，故A错误；B、黄铜含有铜和锌，所以黄铜属于合金，故B错误；C、硬铝是指铝合金中以Cu为主要元素的一类合金，故C错误；D、水银为单质，不属于合金，故D正确；故选D3“84”消毒液在日常生活中被广泛应用该消毒
14、液无色，pH大于7，对某些有色物质有漂白作用你认为它可能的有效成分是（）ASO2BNa2CO3CKMnO4DNaClO【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO【解答】解：“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，所以有效成分为NaClO，且二氧化硫为气体，碳酸钠不具有漂白性，KMnO4为紫色溶液与无色不符，故选D4下列化合物不能由两种单质直接化合而成的是（）AFeCl2BNa2SCFeCl3DSO2【
15、考点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用【分析】A、根据铁在氯气中燃烧的性质及氯气的氧化性知识来判断；B、根据金属钠的还原性以及单质硫的氧化性来回答；C、根据铁在氯气中燃烧的性质及氯气的氧化性知识来判断；D、根据硫与氧气反应生成物判断【解答】解：A、氯气的氧化性强，能将变价金属氧化为最高价，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，不是氯化亚铁，故A正确；B、单质钠和硫化合生成硫化钠，能由两种单质直接化合而成，故B错误；C、氯气的氧化性强，能将变价金属氧化为最高价，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，能由两种单质直接化合而成，故C错误；D、硫在氧气中燃烧生成的是二氧化硫，能由两种单质直接化合而成，
16、故D错误；故选A5下列化学反应基本类型中，一定不是氧化还原反应的是（）A化合反应B复分解反应C分解反应D置换反应【考点】氧化还原反应【分析】四种基本类型的反应分别是置换反应、化合反应、分解反应和复分解反应等，氧化还原反应的特征为有元素化合价的升降，以此解答该题【解答】解：A有单质参加反应的化合反应为氧化还原反应，如氢气和氧气的反应，故A不选；B复分解反应一定不是氧化还原反应，不存在元素化合价的变化，故B选；C有单质生成的分解反应为氧化还原反应，故C不选；D置换反应有单质参与，元素的化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，故D不选故选B6硅及其化合物在材料领域中应用广泛下列叙述中，正确的是（）A晶
17、体硅是良好的半导体材料B硅是地壳中含量最多的元素CSiO2不溶于水，也不溶于任何酸D用带玻璃瓶塞的试剂瓶盛放NaOH溶液【考点】硅和二氧化硅【分析】A晶体硅是良好的半导体材料；B地壳中含量最多的元素是氧元素；CSiO2不溶于水，但二氧化硅能和氢氟酸反应生成四氟化硅和水；D玻璃主要成分中的二氧化硅为酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性能与碱反应；【解答】解：A晶体硅是非金属材料，Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，是良好的半导体材料，故A正确；B地壳中含量最多的前五种元素：氧、硅、铝、铁、钙，所以地壳中含量最多的元素是氧元素，故B错误；CSiO2不溶于水，但氢氟酸能与二氧化硅反应生成
18、四氟化硅和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故C错误；D用带玻璃瓶塞的试剂瓶盛放NaOH溶液，玻璃主要成分中的二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠和水，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，生成的硅酸钠具有粘性，容易把玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，故D错误；故选A7科学家发现一种化学式为H3 的氢分子1mol H3和1mol H2具有相同的（）A分子数B原子数C质子数D电子数【考点】阿伏加德罗常数；原子构成【分析】H3是一种单质，与H2组成元素相同，但分子中含有原子数目不同【解答】A物质的量相同，分子数相同，故A正确；B.1molH3有3mol原子，1molH2有2
19、mol原子，故B错误；C质子数前者有3mol，后者有2mol，故C错误；D电子数前者3mol后者2mol，故D错误故选A8下列关于 NO2跟 H2O反应的说法中，正确的是（）ANO2只作氧化剂BNO2只作还原剂CNO2既作氧化剂，又作还原剂DNO2既不作氧化剂，又不作还原剂【考点】氧化还原反应【分析】NO2跟H2O反应生成硝酸和NO，N元素的化合价既升高又降低，以此来解答【解答】解：NO2跟H2O反应生成硝酸和NO，N元素的化合价既升高又降低，含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则NO2既作氧化剂，又作还原剂，故选C9下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）ANa+、
20、Al3+、Cl、SO42BCu2+、Cl、NO3、OHCCa2+、Na+、CO32、NO3DH+、SO42、NO3、OH【考点】离子共存问题【分析】ANa+、Al3+、Cl、SO42离子之间不会发生任何反应，可以共存；B氢氧根离子与铜离子反应生成难溶物氢氧化铜；C钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀；D氢离子与氢氧根离子反应生成水【解答】解：ANa+、Al3+、Cl、SO42之间不满足离子反应发生条件，在溶液中可以大量共存，故A正确；BCu2+、OH之间发生反应Cu2+2OH=Cu（OH）2，生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CCa2+、CO32反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不
21、能大量共存，故C错误；DH+、OH之间反应H+OH=H2O，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A10下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是（）ACuOCuBFeFeCl2CH2SO4SO2DHNO3N2O【考点】氧化还原反应【分析】加入适当的氧化剂才能完成，物质变化前后，所含元素的化合价应升高，以此解答该题【解答】解：ACu元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故A错误；BFe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B正确；CS元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故C错误；DN元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故D错误故选B11下列有关物质分离方法的叙
22、述中，不正确的是（）A用过滤的方法分离溶液和胶体B用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C用四氯化碳萃取碘水中的碘D用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体【考点】物质分离、提纯的实验方案设计【分析】A溶液和胶体粒子都能透过滤纸；B沸点不同的物质的分离，可用蒸馏的方法分离；C碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大；D加热时氯化铵易分解【解答】解：A溶液和胶体粒子都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用渗析的方法分离，故A错误；B水的沸点较低，可用蒸馏的方法分离提纯，故B正确；C四氯化碳不溶于水，且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故C正确；D加热时氯化铵易分解，则可用加热的方法分离氯化
23、钠和氯化铵固体，故D正确故选A12NA代表阿伏加德罗常数下列有关NA的叙述中，正确的是（）A1 mol 任何物质所含的分子数均为NAB14 g氮气所含的氮原子数为NAC标准状况下，22.4 L水所含的水分子数为NAD在钠与氯气的反应中，1 mol钠失去电子的数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、物质不一定由分子构成；B、氮气由氮原子构成；C、标况下水为液态；D、根据反应后钠元素为+1价【解答】解：A、物质不一定由分子构成，还可能由离子或原子构成，故A错误；B、氮气由氮原子构成，故14g氮气中含有的氮原子的物质的量为n=1mol，故含NA个，故B正确；C、标况下水为液态，故不能根据气体摩
24、尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、反应后钠元素为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D错误故选B13下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是（）AFe2O3跟稀硝酸反应B铜跟稀硝酸反应CCuO跟稀硝酸反应DAl（OH）3跟稀硝酸反应【考点】硝酸的化学性质【分析】硝酸既表现酸性，又表现氧化性，说明反应过程中部分硝酸中元素化合价不变，部分硝酸中得电子化合价降低，根据元素化合价来分析解答【解答】解：AFe2O3+6HNO3=2Fe（NO3）3+3H2O，该反应中没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，所以硝酸只体现酸性，故A错误；B.3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2
25、NO+4H2O，该反应中部分硝酸得电子化合价降低，部分硝酸化合价不变，所以硝酸既表现酸性，又表现氧化性，故B正确；CCuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，该反应没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，硝酸只体现酸性，故C错误；DAl（OH）3+3HNO3=Al（NO3）3+3H2O，该反应没有元素化合价变化，为非氧化还原反应，硝酸只体现酸性，故D错误；故选B14下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3Al2O3Al（OH）3 AlABCD全部【考点】镁、铝的重要化合物【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都
26、既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，据此分析解答【解答】解：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，所以能和稀硫酸、NaOH溶液反应的物质有碳酸氢钠、氧化铝、氢氧化铝和铝，故选D15镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（）AAlO2BCu2+CAl3+DMg2+【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】金属镁和铝能溶于盐酸，镁离子能和烧碱反应转化为氢氧化镁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐【解答】
27、解：金属镁、铝溶解于盐酸，得到氯化镁和氯化铝，加入过量烧碱后镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，所以再过滤后滤液中有钠离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、氯离子、氢离子故选A16下列离子方程式书写正确的是（）A铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2BAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3C三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3+Fe=2Fe2+DFeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A、铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气；B、氨水是弱电解质，不能拆成离子形式；C、离子反应遵循电荷守恒；D、氯气能加亚铁离
28、子氧化到最高价【解答】解：A、铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气，反应实质为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；B、氨水是弱电解质，不能拆成离子形式，应改为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B错误；C、三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故C错误；D、氯气能加亚铁离子氧化到最高价，即2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故D正确故选D17向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析
29、】根据Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O来分析【解答】解：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D18在6HCl+KClO33Cl2+KCl+3H2O中，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的质量比为（）A6：1B
30、5：1C1：5D3：1【考点】氧化还原反应的计算【分析】6HCl+KClO33Cl2+KCl+3H2O中，HCl中Cl元素的化合价升高，被氧化；KClO3中Cl元素的化合价降低，被还原，以此解答该题【解答】解：6HCl+KClO33Cl2+KCl+3H2O中，HCl中Cl元素的化合价由1价升高到0价，被氧化，而KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低到0价，被还原，可知，n（HCl）：n（KClO3）=5：1，被氧化与被还原的都是Cl，其物质的量之比等于质量之比，则被氧化的氯元素与被还原的氯元素的质量比为5：1，故选B19根据下列反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序是（）I2+SO2
31、+2H2OH2SO4+2HI 2FeCl2+Cl22FeCl3 2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2AIFe2+ClSO2BClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DSO2IFe2+Cl【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答【解答】解：I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI； 2FeCl2+Cl22FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3； 2FeCl3+2HI2Fe
32、Cl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HIFeCl2； 通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2IFe2+Cl，故选D20为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了不同的方法，其中不可行的是（）A将少量的两种白色固体分别加入1 mol/L的盐酸中，看有无气泡产生B分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀D分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】AK2CO3和NaHCO3两种白色固体都和
33、与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡；BNaHCO3不稳定，加热易分解；CK2CO3与氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀；DK2CO3和NaHCO3两种白色固体分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同【解答】解：AK2CO3和NaHCO3两种白色固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，观察是否产生气泡不能鉴别，故A错误；BNaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故B正确；CK2CO3与氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，而NaHCO3不能，能鉴别，故C正确；D二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，通过焰色反应可以判断，故D正确；故选A21有NaC
34、l、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3、NH4Cl六种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（）A盐酸B烧碱溶液C氨水DKSCN溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】六种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，因而KSCN溶液不能达到目的，且盐酸与六种氯化物都不反应，利用金属氢氧化物的溶解性及颜色来鉴别，因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因此必需选强碱【解答】解：A加入盐酸，与六种物质都不反应，不能鉴别，故A错误；B加入浓NaOH溶液，NaCl无现象，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，FeCl2生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，F
35、eCl3生成红褐色沉淀，MgCl2生成白色沉淀，NH4Cl有刺激性气体生成，现象各不相同，可鉴别，故B正确；C加入氨水，不能鉴别MgCl2、AlCl3，故C错误；D加入KSCN只能鉴别FeCl3，不能鉴别其它物质，故D错误故选B220.3mol硫化亚铜跟适量硝酸恰好完全反应反应方程式为：3Cu2S+22HNO36Cu（NO3）2+3H2SO4+10NO+8H2O，则反应中未被还原的硝酸的物质的量为（）A2.2molB1.2molC0.6molD1.0mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】3Cu2S+22HNO36Cu（NO3）2+3H2SO4+10NO+8H2O，在该反应中未被还原的硝酸为
36、生成Cu（NO3）2的硝酸，根据原子守恒分析解答【解答】解：根据题意知，3Cu2S+22HNO36Cu（NO3）2+3H2SO4+10NO+8H2O，在该反应中未被还原的硝酸为生成Cu（NO3）2的硝酸，根据原子守恒得Cu2S2CuCu（NO3）22HNO3，所以未被还原硝酸的物质的量=0.3mol22=1.2mol，故选B23将7.8gNa2O2投入92.2g水中，所得溶液中溶质的质量分数为（）A等于7.8%B等于8%C大于8%D小于8%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，完全反应生成
37、0.2mol氢氧化钠，氢氧化钠的质量为8.0g，由于反应过程中氧气生成，反应后的溶液质量需要100g，则溶质氢氧化钠的质量分数大于8%【解答】解：过氧化钠的物质的量为： =0.1mol，根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，反应生成了0.2mol氢氧化钠，氢氧化钠的质量为：40g/mol0.2mol=8.0g，由于反应过程中生成了氧气，溶液的质量小于：92.2g+7.8g=100g，所以反应后的溶液中溶质的质量分数大于：100%=8%，故选C24某溶液中Cl、Br、I三者物质的量之比是1：2：3，通入一定量的Cl2，当反应完成后，该比值变为3：2：1，则反应的Cl2与原溶液中I
38、的物质的量之比是（）A1：2B1：4C1：3D1：6【考点】卤素原子结构及其性质的比较【分析】还原性：IBrCl，通入一定量的Cl2，比值变为3：2：1，说明溶液中剩余I，则只氧化I，根据物质的量关系计算【解答】解：还原性：IBrCl，通入一定量的Cl2，比值变为3：2：1，说明溶液中剩余I，设Cl、Br、I三者物质的量分别是1mol、2mol、3mol，则反应后分别为3mol、2mol、1mol，则增加Cl2mol，I减少2mol，由方程式2I+Cl2=I2+2Cl可知，参加反应的Cl2为1mol，所以反应的Cl2与原溶液中I的物质的量之比是1：3，故选C25把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸
39、中，加入过量NaOH 溶液过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（）A70%B52.4%C47.6%D30%【考点】铁的化学性质；铝的化学性质【分析】a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答【解答】解：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则agFe、AlagFe2O3，合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分
40、数等于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为100%=70%，故选A26将32g Cu与150mL一定浓度的HNO3恰好反应，Cu完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L则下列各项中正确的是（）A所用HNO3为浓度为10mol/LBNO的体积为6.72升CNO2的体积为3.36升D被还原的HNO3为1mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】计算NO和NO2的总物质的量，根据二者总物质的量、电子转移守恒列方程计算各自物质的量，再根据V=nVm各自体积，被还原的硝酸生成NO和NO2，根据N原子守恒计算被还原HNO3的物质的量，根据N元素守恒计算HNO3的总物质的量，
41、进而计算硝酸浓度【解答】解：32g铜的物质的量为=0.5mol，在反应中失去的电子的物质的量为20.5mol=1mol，11.2L混合气体的物质的量为=0.5mol，令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：解得x=0.25，y=0.25，A由N原子守恒，n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO）+n（NO2）=0.5mol2+0.5mol=1.5mol，故所用HNO3为浓度为=10mol/L，故A正确；BV（NO）=0.25mol22.4L/mol=5.6L，故B错误；CV（NO2）=0.25mol22.4L/mol=5.6L，故C错误；D被还原的硝酸生成NO和NO2，根据
42、N原子守恒，被还原HNO3的物质的量为0.5mol，故D错误，故选：A二、填空题（每空1分，共10分）272002年9月26日，中国北京曙光公司研制出了第款具有我国完全自主知识产权的高性能CPU芯片“龙芯”1号 （1）“龙芯”（芯片）关键材料的主要化学成分是Si（填化学式，下同）（2）计算机长距离联网传输很快的线路中使用的材料叫光导纤维，其主要化学成分是SiO2【考点】硅和二氧化硅【分析】（1）计算机芯片的成分是硅单质；（2）光导纤维在一定时间内可以传输较大量的信息【解答】解：（1）芯片的材料是硅，硅是信息技术的关键材料，故答案为：硅；（2）光导纤维在一定时间内可以传输较大量的信息，主要成分是
43、二氧化硅，故答案为：光导纤维；SiO228反应2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O中，氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，若生成71g Cl2，被氧化的HCl是73g【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应中Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，根据元素的化合价的变化可判断相关概念，结合方程式计算相关物理量【解答】解：反应中Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，则KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，n（Cl2）=1mol，则被氧化的HCl为2mol，质量为2mol36.5g/mol=73g，故答案为：KMnO4；HCl；7329将铁粉、铜粉、FeCl3溶液、Fe
44、Cl2溶液、CuCl2溶液混合于烧杯中充分反应，试判断下列情况下烧杯中存在的金属离子和单质 （1）若铁粉有剩余，则烧杯中不可能有Fe3+、Cu2+；（2）若CuCl2、FeCl3有剩余，则烧杯中一定有Fe2+；一定没有Fe、Cu；（3）若FeCl3有剩余，则烧杯中一定没有Fe、Cu【考点】物质检验实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较；铁的化学性质【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性FeCu，Fe有剩余，则Cu没有
45、参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题【解答】解：氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性FeCu，1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，故答案为：Fe3+、Cu2+；（2）FeCl3和CuCl2都有剩余，则Fe、Cu均完全反应，不能存在，容器中一定存在Fe2+，故答案为：Fe2+；Fe、Cu；（3）若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，故答案为：Fe、Cu三、实验题（方程式2分，32题每空2分，其余
46、每空1分，共23分）30（1）向FeCl2和KSCN的混合溶液中加入氯水，现象是溶液变红，离子方程式是2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClFe3+3SCN=Fe（SCN）3（2）向AgNO3溶液中加入氯水，现象是产生白色沉淀，反应的离子方程式是Ag+Cl=AgCl（3）向氯水中滴加石蕊试液，溶液变红，起作用的微粒是H+，后又褪色，起作用的微粒是HClO【考点】氯气的化学性质【分析】（1）向FeCl2和KSCN的混合溶液中加入氯水，氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，铁离子结合硫氰酸根离子形成血红色溶液；（2）向AgNO3溶液中加入氯水，氯水中的氯离子结合银离子生成白色沉淀；（3）氯气和水反应生
47、成盐酸和次氯酸；【解答】解：（1）向FeCl2和KSCN的混合溶液中加入氯水，氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，铁离子结合硫氰酸根离子形成血红色溶液，反应的离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，故答案为：溶液变红；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；（2）向AgNO3溶液中加入氯水，氯水中的氯离子结合银离子生成白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag+Cl=AgCl，故答案为：产生白色沉淀；Ag+Cl=AgCl；（3）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，氯水具有漂白性，向氯水中滴加石蕊
48、试液，溶液变红，起作用的微粒是H+，后又褪色，起作用的微粒是HClO，故答案为：H+；HClO31（1）除去KCl溶液的K2CO3所用的试剂是盐酸，离子方程式为2H+CO32=H2O+CO2（2）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用加热方法，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2（3）除去铁粉中混有铝粉的试剂是氢氧化钠溶液，离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+H2【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】（1）除去杂质K2CO3，还不能引进杂质，可选适量稀盐酸为除杂试剂；（2）碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，据此可除去碳酸钠中混有的碳酸氢钠；（
49、3）铝能够与氢氧化钠溶液反应，而铁不反应，可用氢氧化钠溶液做除杂试剂【解答】解：（1）可用稀盐酸除去KCl溶液的K2CO3杂质，反应的离子方程式为：2H+CO32=H2O+CO2，故答案为：盐酸；2H+CO32=H2O+CO2；（2）可通过加热的方法除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（3）可用氢氧化钠溶液除去铁粉中混有铝粉，反应的撩蜂吃螫为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+H2，故答案为：氢氧化钠溶液；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+H232有一瓶
50、溶液，其中可能含有H+、NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42、CO32、Cl和I取该溶液进行了以下实验：用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性；取部分溶液，加入数滴氯水及2mL CCl4，经振荡后CCl4层呈紫红色；另取部分溶液，加入NaOH 溶液使其变为碱性，无沉淀生成；取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成；将得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；根据上述实验事实，可知原溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Ba2+、I；肯定没有的离子是Mg2+、Fe3+、SO42、CO32；还不能确定是否含有的离子是K+、Na+、Cl【考点
51、】无机物的推断；常见离子的检验方法【分析】有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH4+、K+，Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42、CO32、Cl和I取该溶液进行以下实验：用pH试纸检验，表明溶液为强酸性；排除CO32的存在；另取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，说明含有I；则不能含有Fe3+，因为I具有还原性，Fe3+具有氧化性；另取部分溶液，加入稀NaOH溶液使其变成碱性，溶液中无沉淀生成；证明一定不存在Mg2+；取部分上述碱性溶液，加入Na2CO3溶液有白色沉淀生成；证明Ba2+存在，一定不含SO42；将得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使润湿
52、的红色石蕊试纸变蓝，此气体为氨气，故一定存在NH4+，以此来解答【解答】解：溶液呈强酸性，所以溶液中不存在与强酸反应的CO32离子；碘离子能和氯水反应生成碘单质，碘在四氯化碳中呈紫色，通过实验现象判断，溶液中含有I，由于碘离子与铁离子发生氧化还原反应，故不存在Fe3+；镁离子和氢氧化钠反应生成沉淀，通过实验现象判断，溶液中不存在与氢氧根离子反应生成沉淀的Mg2+；钡离子和碳酸钠反应生成白色沉淀，通过实验现象判断，溶液中有与Na2CO3溶液反应生成白色沉淀的Ba2+，如果有Ba2+离子，溶液中就没有SO42；铵根离子在加热条件下与氢氧化钠反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的氨气，这是铵根离子的
53、特征反应；通过实验现象判断，溶液中有NH4+，综上所述，一定含H+、NH4+、Ba2+、I，通过以上现象不能判断溶液中是否含有K+、Na+、Cl；一定不含有Mg2+、Fe3+、SO42、CO32；故答案为：H+、NH4+、Ba2+、I；Mg2+、Fe3+、SO42、CO32；K+、Na+、Cl四、推断题（1×3+2×3=9分）33图中每一方框中表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E在通常情况下均为气体，B为液体，（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）试回答：（1）X是NH4HCO3或（NH4）2CO3，C是NH3，F是NO2 （2）写出AD反应的化学方程式2Na2O2
54、+2CO2=2Na2CO3+O2（3）写出GE反应的化学方程式3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O （4）写出CE反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O【考点】无机物的推断【分析】A、C、D、E在通常情况下均为气体，X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，X受热分解生成A、B、C，B为液体，B为H2O，X与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C，C能经过两步 氧化得F，F与B反应生成G，G与铜反应生成E，则C为NH3，E为NO，F为NO2，G为HNO3，硝酸能与Cu反应生成NO、NO2，
55、根据A、B、C可推知可以推知X为NH4HCO3，据此解答【解答】解：A、C、D、E在通常情况下均为气体，X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，X受热分解生成A、B、C，B为液体，B为H2O，X与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C，C能经过两步 氧化得F，F与B反应生成G，G与铜反应生成E，则C为NH3，E为NO，F为NO2，G为HNO3，硝酸能与Cu反应生成NO、NO2，根据A、B、C可推知可以推知X为NH4HCO3或（NH4）2CO3，（1）根据上面的分析可知，X为NH4HCO3或（NH4）2CO3，C为NH3，F
56、为NO2，故答案为：NH4HCO3或（NH4）2CO3；NH3；NO2；（2）AD为二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； （3）GE为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜与一氧化氮，反应的化学方程式 为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O； （4）CE为氨的催化氧化，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O五、计算题34现有镁铝铜合
57、金1.2g，加入过量盐酸中，在标准状况下放出氢气1.12L，反应后过滤的沉淀0.2g，若将此合金放入过量的烧碱溶液中，反应在标况下大约能产生多少升氢气？【考点】化学方程式的有关计算【分析】加盐酸发生Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，反应后过滤的沉淀0.2g，为Cu的质量；将此合金放入过量的烧碱溶液中，发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，以此计算【解答】解：由信息可知，Cu为0.2g，设Mg为xmol，Al为ymol，则Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，解得y=mol，将此合金放入过量的烧碱溶液中，发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，则生成气体为mol22.4L/mol=0.747L，答：反应在标况下大约能产生0.747升氢气2016年4月13日
