1、2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高级中学高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）：1下列关于胶体的叙述不正确的是( )A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同DFe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的2除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）( )ANaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热BKNO3溶液（AgNO3）：加过量KCl
2、溶液，过滤CNaCl溶液（Br2）：加CCl4，分液DNaCl溶液（KNO3）：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤3下列物质属于电解质的是( )A纯碱B浓硫酸C氯化钠溶液D二氧化硫4下列仪器常用于物质分离的是( )漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 研钵ABCD5用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )A0.1molL1稀硫酸中含有硫酸根个数为0.1NAB标准状况下，0.5NA氟化氢分子所占体积是11.2LC2.4g金属镁与足量的盐酸反应，生成氢气的体积为2.24LD12.4g白磷中含有磷原子数为0.4NA6在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是( )AK+、Ca2+、Cl、
3、SO42BNH4+、HCO3、Cl、K+CCl、Na+、NO3、Ca2+DFe2+、NO3、I、Cl7自来水可以用氯气消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质的是( )AgNO3；FeCl3；Na2SO3；AlCl3；FeCl2；Na2CO3；NaOHABCD8赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的这种物质是( )A盐酸B氢氟酸C烧碱D纯碱9某物质的焰色反应为黄色，则下列判断正确的是( )A一定含钠的单质B一定是钠的化合物C一定含有钠元素，可能含有钾元素D一定含有钾元素10制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为：2KClO3+H2C2O4+H2
4、SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列说法不正确的是( )AKClO3在反应中得到电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mol电子转移11下列说法正确的是( )A因为Al不活泼，所以可以用铝合金制作窗户B氯气泄漏后应顺风向低处跑CSO2和HClO都具有漂白性，两者的漂白原理相同D我国城市环境中的大气污染物主要有SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物等12下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是( )ANaHSO4和Ba（OH）2BAlCl3和NaOHCNaAlO2和H2SO4DNa2CO3和H
5、2SO413已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是( )A16gB32gC64g/molD32g/mol14下列离子方程式错误的是( )A小苏打溶液中加入过量的烧碱溶液：HCO3+OHCO32+H2OB澄清石灰水中通入过量的CO2：CO2+OHHCO3CCl2与水反应生成盐酸和次氯酸Cl2+H2OH+Cl+HClOD向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+2H2O+4NH4+15下列关于物质用途的叙述中不正确的是( )ANa2O2可用作呼吸面具中的供氧剂B硅胶多孔，吸水能力强，可做食品干燥剂CAl（OH）3可作治疗胃酸过多的一种药剂D四氧化三铁
6、俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料16将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL 2molL1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V（已折合为标准状况）与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是( )Ax=2.24B钠的物质的量为0.2 molC反应时，Na、Mg、Al均过量D曲线b为Mg与盐酸反应的图象二、填空题：17（1）阅读、分析下列两个材料：材料一：材料二：物质熔点/沸点/密度/gcm3溶解性乙二醇（C2H6O2）11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇（C3H8O3）17.92901.26能跟水、酒精以任意以互溶回答下列问题（填序号）：A蒸馏法 B萃取法 C“溶解、结晶、过滤”
7、的方法 D分液法将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用_；将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是_（2）阅读材料三：在溶解性方面，Br2（溴）与I2很相似，其稀的水溶液显黄色在实验室里从溴水（Br2的水溶液）中提取Br2和提取I2的方法相似回答下列问题：常用的提取方法是_，化学试剂是_，最主要的仪器是_若观察发现提取Br2以后的水还有颜色，解决该问题的方法是_18已知AK均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中A是铝，且A+BC+D是置换反应，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去请回答以下问题：（1）B的主要用途是_（填一项）（2）写出下列化学方程式：A+BC+D：
8、_HI：_IB：_（3）写出下列离子方程式：FK：_（4）检验J中阳离子的方法是_19（13分）如图是实验室制取Cl2并以Cl2为原料进行特定反应的实验：（1）A为氯气发生装置，写出反应的化学方程式_（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯Cl2通过C瓶后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl，写出D装置中反应的化学方程式_；装置C的作用是_（3）E处石蕊试液的现象是_（4）若将E处溶液改为石灰水，反应过程的现象是_A有白色沉淀生成 B无白色沉淀生成 C先生成白色沉淀，然后沉淀消失（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯
9、，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此处B中的现象是_，B的作用是_20针对以下AD四个涉及H2O2的反应（未配平）填空：ANa2O2+HClH2O2+NaClBAg2O+H2O2Ag+O2+H2OCH2O2H2O+O2DH2O2+Cr2（SO4）3+KOHK2CrO4+K2SO4+H2O（1）H2O2仅体现氧化性的反应是（填代号）_H2O2仅体现还原性的反应是（填代号）_H2O2既体现氧化性，又体现还原性的反应是（填代号）_H2O2既不做氧化剂又不做还原剂的反应是（填代号）_（2）配平反应D并标出电子转移的方向和数目：_H2O2+_Cr2（SO4）3+_KOH_K2CrO4+_K2SO
10、4+_H2O反应中氧化剂是_，被氧化的元素是_，还原产物是_21金属铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，其化学反应是：Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2现将有铜的印刷线路板浸入120mL氯化铁浓溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉，经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶解的物质（设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解）请回答下列问题：（1）向溶液中加入铁粉后，发生反应的离子反应方程式为_，_（2）充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为_（3）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为_（4）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：_（5）试计算最后溶液中Fe2+
11、离子的物质的量浓度_mol/L2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高级中学高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）：1下列关于胶体的叙述不正确的是( )A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同DFe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系 【专题】溶液和胶体专题【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm10
12、0nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法【解答】解：A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间，即1nm100nm，故A正确；B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C、用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，Fe（OH）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C【点评】本题考查了胶体性质，胶体与其他分散
13、系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答2除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）( )ANaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热BKNO3溶液（AgNO3）：加过量KCl溶液，过滤CNaCl溶液（Br2）：加CCl4，分液DNaCl溶液（KNO3）：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A氯化钡与碳酸钠反应生成沉淀，过量的碳酸钠可与盐酸反应；BKCl过量，引入新杂质；C溴易溶于有机溶剂，可萃取分离；D氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度变化不同，可用结晶的方法
14、分离【解答】解：A氯化钡与碳酸钠反应生成沉淀，过量的碳酸钠可与盐酸反应，加热除去盐酸，可用于除杂，故A正确；BKCl过量，引入新杂质，应加入适量氯化钾，故B错误；C溴易溶于有机溶剂，可萃取分离，可除杂，故C正确；D氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度变化不同，可用结晶的方法分离，故D正确故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重混合物分离方法选择的考查，题目难度不大3下列物质属于电解质的是( )A纯碱B浓硫酸C氯化钠溶液D二氧化硫【考点】电解质与非电解质 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】在水溶液里或融融状态下能导电的化合物是电解
15、质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物，据此分析【解答】解：A纯碱是盐，在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质，故A正确；B浓硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C氯化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D二氧化硫本身不能导电，在溶于水时能导电，原因是二氧化硫与水反应生成了亚硫酸，亚硫酸是电解质，故D错误，故选A【点评】本题考查了电解质和非电解质的概念，难度不大，注意电解质和非电解质的区别4下列仪器常用于物质分离的是( )漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 研钵ABCD【考点】过滤、分离与注入溶液的
16、仪器 【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】实验室常用于分离的操作有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液等，常用的仪器有普通漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶等仪器【解答】解：普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；试管常用于物质的制备、发生装置；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；托盘天平常用于称量固体的质量；分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；研钵常用于固体药品的研磨，不能用来分离所以用来分离的仪器有故选C【点评】本题考查实验室常见仪器的使用，题目难度不大，注意常见基础知识的积累5用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )A0.1molL1稀硫酸中含有硫酸根个数为0.1NAB标准状况下，0
17、.5NA氟化氢分子所占体积是11.2LC2.4g金属镁与足量的盐酸反应，生成氢气的体积为2.24LD12.4g白磷中含有磷原子数为0.4NA【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、溶液体积不明确；B、标况下HF为液态；C、氢气的状态不明确；D、求出白磷的物质的量，然后根据1mol白磷中含4磷原子构成来分析【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的硫酸根的个数无法计算，故A错误；B、标况下HF为液态，故0.5NA个HF分子即0.5molHF的体积小于11.2L，故B错误；C、氢气的状态不明确，故2.4g镁反应生成氢气的体积无法计算，故C错误；D、12.4g白磷的
18、物质的量为0.1mol，而1mol白磷中含4磷原子构成，故0.1mol白磷中含0.4mol磷原子即0.4NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是( )AK+、Ca2+、Cl、SO42BNH4+、HCO3、Cl、K+CCl、Na+、NO3、Ca2+DFe2+、NO3、I、Cl【考点】离子共存问题 【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：ACa2+、SO42结合生成
19、沉淀，不能大量共存，故A不选；BH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故B不选；C酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C选；DFe2+（或I）、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大7自来水可以用氯气消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质的是( )AgNO3；FeCl3；Na2SO3；AlCl3；FeCl2；Na2CO3；NaOHABCD【考点】氯、溴、碘及其化合物的
20、综合应用 【专题】卤族元素【分析】将氯气通入水中氯气溶于水，溶于水的氯气部分与水反应，生成盐酸和次氯酸，因此新制的氯水的成分有：氯气、次氯酸、盐酸，其具有氯气、次氯酸、盐酸的性质，自来水是用氯气杀菌消毒的，氯水具有氯气、次氯酸、盐酸的性质，用自来水配置以下物质的溶液AgNO3；FeCl3；Na2SO3；AlCl3；FeCl2；Na2CO3；NaOH时，与、发生化反应，会使药品发生变质【解答】解：自来水是用氯气杀菌消毒的，氯气溶于水，溶于水的氯气部分与水反应，生成盐酸和次氯酸，因此新制的氯水的成分有：氯气、次氯酸、盐酸，其具有氯气、次氯酸、盐酸的性质，自来水是用氯气杀菌消毒的，氯水具有氯气、次氯
21、酸、盐酸的性质，用自来水配置以下物质的溶液AgNO3；FeCl3；Na2SO3；AlCl3；FeCl2；Na2CO3；NaOH时，和中的AgNO3反应生成氯化银沉淀，和中的Na2SO3发生氧化还原反应，将Na2SO3氧化成Na2SO4，与中FeCl2发生氧化还原反应，将FeCl2氧化成FeCl3，与中的Na2CO3反应，生成NaCl、CO2气体和H2O，与中的NaOH发生反应生成NaCl、NaClO，从而是得到的溶液与原溶质发生变化，因此A中的，B中的，D中的都会产生明显的药品变质故选C【点评】本题考查了新制氯水的性质，结合新制氯水的成分分析遇到其他物质时的化学变化过程，结合题目要求解决化学变
22、化过程的分析易出错8赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的这种物质是( )A盐酸B氢氟酸C烧碱D纯碱【考点】硅和二氧化硅 【专题】碳族元素【分析】二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件下可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应【解答】解：A、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故A错误；B、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故B正确；C、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，生产的硅酸钠和二氧化硅难以分离，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故C错误；D、纯碱与二氧化硅在高温下反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故D错误
23、故选B【点评】本题考查二氧化硅的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累9某物质的焰色反应为黄色，则下列判断正确的是( )A一定含钠的单质B一定是钠的化合物C一定含有钠元素，可能含有钾元素D一定含有钾元素【考点】焰色反应 【专题】金属概论与碱元素【分析】焰色反应是元素的性质，灼烧时焰色反应为黄色，说明各物质中含有Na元素，依此分析解答【解答】解：物质灼烧时，焰色反应为黄色，说明该物质中一定含有Na元素，可能为：钠单质、钠的化合物、Na+等，由于K元素的紫光能被黄光掩盖，且钠中常混有钾元素，故此物质中可能含有钾元素，故选C【点评】本题考查焰色反应的相关知识，难度不大明确焰色反应是元素的性质是解答的
24、关键10制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列说法不正确的是( )AKClO3在反应中得到电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mol电子转移【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】A、根据Cl元素的化合价变化来分析；B、氧化剂被还原，对应的产物为还原产物；C、根据碳元素的化合价变化来分析；D、根据Cl元素的化合价变化来分析电子转移的数目【解答】解：A、反应中Cl元素由+5价降低为+4价，则KClO3为氧化剂，在反应中
25、得到电子，故A正确；B、因KClO3为氧化剂，在反应中被还原，则ClO2是还原产物，故B正确；C、反应中碳元素的化合价由+3价升高到+4价，则H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C正确；D、反应中Cl元素由+5价降低为+4价，1molKClO3参加反应有1mol（54）=1mol电子转移，故D不正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化即可解答，难度不大，注意草酸中碳元素的化合价计算利用氢为+1价、氧为2价及化合价原则来解答11下列说法正确的是( )A因为Al不活泼，所以可以用铝合金制作窗户B氯气泄漏后应顺风向低处跑CSO2和HClO都具有漂白性，两者的漂白原理相同D我
26、国城市环境中的大气污染物主要有SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物等【考点】镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质 【专题】元素及其化合物【分析】AAl是活泼金属，表面能形成致密的氧化膜；B氯气的密度大于空气，会向低处飘；C二氧化硫没有强氧化性，HClO具有强氧化性；DSO2、NO2、CO属于有毒气体，可吸入颗粒物能危害人体健康【解答】解：A、Al是活泼金属，表面能形成致密的氧化膜，致密氧化膜能保护内部金属，所以可以用铝合金制作窗户，故A错误；B、氯气的密度比空气大，氯气会往低处沉，故往高处逆风跑是正确的，故B错误；C、HClO有强氧化性而具有漂白性，SO2和有色物质发生化合反应
27、而漂白，则它们漂白原理不同，故C错误；D、SO2、NO2、C0都是有害气体，可吸人颗粒物对人体有害，为污染物，故D正确；故选D【点评】本题考查了元素化合物的性质及应用、环境保护等，涉及的知识点较多，综合性较强，注重对基础知识的考查，题目难度不大，注重积累即可解答12下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是( )ANaHSO4和Ba（OH）2BAlCl3和NaOHCNaAlO2和H2SO4DNa2CO3和H2SO4【考点】镁、铝的重要化合物 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A与量有关，但均生成硫酸钡沉淀；B前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4
28、NaOH3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O4Al（OH）3+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；C偏铝酸钠滴入硫酸发生反应：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al（OH）3，2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，3H2SO4+2Al（OH）3Al2（SO4）3+6H2O；D前者逐滴滴入后者，发生Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2+H2O，后者逐滴滴入前者发生CO32+
29、H+HCO3、HCO3+H+CO2+H2O【解答】解：A无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，故A选；BNaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量沉淀溶解，则氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3+4OH=AlO2+2H2O、Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3+3OH=Al（OH）3，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不同，故B不选；C偏铝酸钠滴入硫酸发生反应：2NaAlO2+4H2SO4+2H2O=Na2SO4+Al2（SO4）
30、3+4H2O，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，3H2SO4+2Al（OH）3Al2（SO4）3+6H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，故C不选；D碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32+H+HCO3、HCO3+H+CO2+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故D不选；故选A【点评】本题考查与量有关的离子反应，为高频考点，把握元素化合物知识及发生的反应为解答的关键，注意反应与现象的关系，侧重分析与应
31、用能力的考查，题目难度不大13已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是( )A16gB32gC64g/molD32g/mol【考点】摩尔质量 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】先根据物质的量与阿伏伽德罗常数的关系：n=计算出X的物质的量，然后利用摩尔质量的表达式：M=计算出X的摩尔质量【解答】解：8g气体X的物质的量为：n（X）=mol=0.25mol，X的摩尔质量为：M（X）=32g/mol，故选D【点评】本题考查了摩尔质量的简单计算，题目难度不大，解题根据是掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数的转化关系，试题主要侧重对学生能力的培养和解题方法的指导
32、和训练14下列离子方程式错误的是( )A小苏打溶液中加入过量的烧碱溶液：HCO3+OHCO32+H2OB澄清石灰水中通入过量的CO2：CO2+OHHCO3CCl2与水反应生成盐酸和次氯酸Cl2+H2OH+Cl+HClOD向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+2H2O+4NH4+【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A、小苏打是碳酸氢钠，和过量碱反应，全部反应生成碳酸根离子和水；B、过量二氧化碳生成碳酸氢钙；C、氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸是弱酸；D、氢氧化铝不溶于过量氨水中【解答】解：A、小苏打溶液中加入过量的烧碱溶液反应生成碳酸根离子和水，反应
33、的离子方程式为HCO3+OHCO32+H2O，故A正确；B、澄清石灰水中通入过量的CO2，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为CO2+OHHCO3，故B正确；C、Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故C正确；D、向氯化铝溶液中加入足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D错误；故选D【点评】本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，主要是弱电解质判断，氢氧化铝不溶于过量氨水，题目较简单15下列关于物质用途的叙述中不正确的是( )ANa2O2可用作呼吸面具中的供氧剂B硅
34、胶多孔，吸水能力强，可做食品干燥剂CAl（OH）3可作治疗胃酸过多的一种药剂D四氧化三铁俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料【考点】物质的组成、结构和性质的关系 【专题】物质的性质和变化专题【分析】ANa2O2能和水、二氧化碳反应生成氧气；B硅胶多孔，吸水性强，且无毒；CAl（OH）3具有两性，能和酸反应生成盐和水；DFe2O3俗称铁红【解答】解：ANa2O2能和水、二氧化碳反应生成氧气，人呼出的气体中含有二氧化碳、水蒸气，恰好能和过氧化钠反应生成氧气，所以Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；B硅胶多孔，吸水性强，且无毒，所以可做食品干燥剂，故B正确；CAl（OH）3具有两性，能和酸反应
35、生成盐和水，胃酸的主要成分是盐酸，所以氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，从而降低胃酸，故C正确；DFe2O3俗称铁红，Fe3O4俗称磁性氧化铁，故D错误；故选D【点评】本题考查物质用途，为高频考点，明确物质结构、性质、俗称是解本题关键，熟练掌握过氧化钠的强氧化性、氢氧化铝的两性，题目难度不大16将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL 2molL1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V（已折合为标准状况）与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是( )Ax=2.24B钠的物质的量为0.2 molC反应时，Na、Mg、Al均过量D曲线b为Mg与盐酸反应的图象【考点】化学方程式的有关计算
36、【分析】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，由此分析【解答】解：由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，A、由于酸不足，所以生成氢气的量为：n（H2
37、）=n（HCl）=0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，故A正确；B、生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，故B正确；C、Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故C错误；D、按照金属活动性顺序，NaMgAl 故中间那条线是Mg与盐酸反应的图象，故D正确；故选C【点评】本题考查钠的性质，注意钠和水反应的特点，根据物质的量的大小可与酸、水反应的特点比较生成氢气的多少，难度不大二、填空题：17（1）阅读、分析下列两个材料：材料一：材料二：物质熔点/沸点/密度/gcm3溶解性乙二醇（C2H6O2）11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇（C3H8O3）17.92901.26能跟水、酒精
38、以任意以互溶回答下列问题（填序号）：A蒸馏法 B萃取法 C“溶解、结晶、过滤”的方法 D分液法将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用C；将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是A（2）阅读材料三：在溶解性方面，Br2（溴）与I2很相似，其稀的水溶液显黄色在实验室里从溴水（Br2的水溶液）中提取Br2和提取I2的方法相似回答下列问题：常用的提取方法是萃取，化学试剂是CCl4，最主要的仪器是分液漏斗若观察发现提取Br2以后的水还有颜色，解决该问题的方法是再进行萃取，直到水为无色，将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】综合实验题【分析
39、】（1）物质在同一溶剂中的溶解度不同，在饱和情况下，通过改变溶液温度而使其中的一种物质结晶析出，达到分离的效果；互溶的液体利用沸点相差比较大，采取蒸馏法分离；（2）根据萃取时萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，结合萃取操作进行分析解答；若观察发现提取Br2以后的水还有颜色，需再进行萃取【解答】解：（1）由图可知，氯化钠溶解度受温度影响较小，碳酸钠溶解度受温度影响大，利用冷却热饱和溶液分离，即用热水把固体溶解配制成饱和溶液，等液体冷却后，因为碳酸钠的溶解度随温度变化大，而NaCl小，所以碳酸钠析出，而氯化钠留在母液当中，反
40、复多次也可以提纯，故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离，故答案为：C；由表可知乙二醇和丙三醇互溶的液体，沸点相差比较大，可用蒸馏法分离，故答案为：A；（2）碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与CCl4不反应；水与CCl4不互溶，所以在实验室里从溴水（Br2的水溶液）中提取Br2，采用萃取的方法，萃取最主要的仪器是分液漏斗，故答案为：萃取；CCl4；分液漏斗；若观察发现提取Br2以后的水还有颜色，说明水中还含有溴，需再进行萃取，直到水为无色，然后将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来，故答案为：再进行萃取，直到水为无色，将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来【点评】本题主要考
41、查物质的分离提纯，根据物质的性质选择分离提纯方法，题目难度较小18已知AK均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中A是铝，且A+BC+D是置换反应，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去请回答以下问题：（1）B的主要用途是油漆颜料（填一项）（2）写出下列化学方程式：A+BC+D：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3HI：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3IB：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O（3）写出下列离子方程式：FK：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（4）检验J中阳离子的方法是取少量溶液于小试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液出现红
42、色，说明含有Fe3+【考点】无机物的推断 【专题】无机推断【分析】红褐色固体I为Fe（OH）3，则B为Fe2O3，A是铝，且A+BC+D是置换反应，D系列转化得到氢氧化铁，则D为Fe，C为Al2O3，可推知G为FeCl2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3，E为AlCl3，F为NaAlO2、K为Al（OH）3，据此解答【解答】解：红褐色固体I为Fe（OH）3，则B为Fe2O3，A是铝，且A+BC+D是置换反应，D系列转化得到氢氧化铁，则D为Fe，C为Al2O3，可推知G为FeCl2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3，E为AlCl3，F为NaAlO2、K为Al（OH）3（1）B为Fe2O3，可
43、以用作油漆颜料，故答案为：油漆颜料；（2）A+BC+D的反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，HI的反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，IB的反应方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（3）FK的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）检验FeCl3中阳离子的方法是：取少量溶液于小试管中，滴加几滴KSCN溶液
44、，若溶液出现红色，说明含有Fe3+，故答案为：取少量溶液于小试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液出现红色，说明含有Fe3+【点评】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe元素单质化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，注意对基础知识的掌握，难度中等19（13分）如图是实验室制取Cl2并以Cl2为原料进行特定反应的实验：（1）A为氯气发生装置，写出反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯Cl2通过C瓶后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl，写出D装置中反应的化学方程
45、式2Cl2+2H2O（气）+C4HCl+CO2；装置C的作用是吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气（3）E处石蕊试液的现象是紫色变为红色，再变为无色（4）若将E处溶液改为石灰水，反应过程的现象是BA有白色沉淀生成 B无白色沉淀生成 C先生成白色沉淀，然后沉淀消失（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此处B中的现象是B中液面下降，长颈漏斗内液面升高，B的作用是充当储气瓶储存多余的氯气，防止氯气逸散到空气中污染环境或安全瓶，降低内压【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质 【分析】（1）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物，从而确定方程式；（
46、2）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；氯化氢气体极易溶于水，且水能提供水蒸气，据此分析；（3）紫色石蕊试液遇酸变红，但次氯酸有漂白性，据此分析；（4）氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水；（5）根据容器内压强判断现象；从而确定B的作用【解答】解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）A装置产生了氯气，C装置为D装置提供水蒸气，氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯
47、气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：2Cl2+2H2O（气）+C4HCl+CO2；盐酸有挥发性，所以制取的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，通过以上分析知，C装置的作用是：吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气，故答案为：2Cl2+2H2O（气）+C4HCl+CO2；吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气；（3）剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，所以溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，次氯酸有漂白性，能使溶液褪色，生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失；故答案为：紫色变为红色，
48、再变为无色；（4）剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，所以反应过程无现象，故选B；故答案为：B；（5）因为A处仍有少量Cl2产生，氯气通过导管进入B装置，所以在B液面上方有黄绿色气体，导致B装置中压强增大；压强增大导致B装置中的液体进入长颈漏斗中；所以B处的作用是可以使内压降低，充当储气瓶，故答案为：B中液面下降，长颈漏斗内液面升高；充当储气瓶储存多余的氯气，防止氯气逸散到空气中污染环境或安全瓶，降低内压【点评】本题考查了氯气的实验室制法，难度中等，明确次氯酸有漂白性，不仅能漂白有色布条还能漂白酸碱指示剂，但二氧化硫不能漂白酸碱指示
49、剂20针对以下AD四个涉及H2O2的反应（未配平）填空：ANa2O2+HClH2O2+NaClBAg2O+H2O2Ag+O2+H2OCH2O2H2O+O2DH2O2+Cr2（SO4）3+KOHK2CrO4+K2SO4+H2O（1）H2O2仅体现氧化性的反应是（填代号）DH2O2仅体现还原性的反应是（填代号）BH2O2既体现氧化性，又体现还原性的反应是（填代号）CH2O2既不做氧化剂又不做还原剂的反应是（填代号）A（2）配平反应D并标出电子转移的方向和数目：3H2O2+1Cr2（SO4）3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O反应中氧化剂是H2O2，被氧化的元素是+3价的Cr，还原产
50、物是H2O【考点】反应热和焓变；氧化还原反应方程式的配平 【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）H2O2仅体现氧化性，则O元素的化合价降低；双氧水仅体现还原性，说明双氧水在反应中仅被氧化，化合价只升高；H2O2既体现氧化性又体现还原性，则O元素的化合价既升高又降低；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂，说明在反应中双氧水的化合价不发生变化；（2）根据氧化还原反应化合价升降相等进行配平；根据反应中化合价变化判断氧化剂、还原剂，被氧化元素及还原产物【解答】解：（1）ANa2O2+HClH2O2+NaCl，是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂；BAg2O+H2O2Ag+O2+H2O，A
51、g2O被还原成单质银，H2O2仅表现为还原性，其中氧元素转化为O2；CH2O2H2O+O2，过氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性，又表现了还原性；DH2O2+Cr2（SO4）3+KOHK2CrO4+K2SO4+H2O，双氧水在反应中化合价由1变成2，化合价降低被还原，双氧水仅做氧化剂；所以H2O2仅体现氧化性的反应是D；H2O2仅体现还原性的反应是B；H2O2既体现氧化性，又体现还原性的反应是C；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂的反应是A，故答案为：D；B；C；A；（2）Cr2（SO4）3中Cr的化合价为+3价，反应后变成了K2CrO4，化合价变成+3，Cr元素化
52、合价升高被氧化，化合价升高了3价，一分子Cr2（SO4）3参与反应，化合价至少升高6价；H2O2中氧元素化合价为1价，反应后变成了2价的O，化合价降低了1价，1分子双氧水反应，至少化合价降低2价，化合价变化的最小公倍数为6，所以Cr2（SO4）3的计量数为1，双氧水的计量数为=3，然后利用观察法配平其它物质，配平后的方程式为：3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O；该反应中，双氧水化合价降低，被还原，做氧化剂；被氧化的元素为+3价的Cr，双氧水同时被还原成H2O，标出电子转移方向和数目为：，故答案为：3；1；10；2；3；8；H2O2；+3价的Cr；
53、H2O；【点评】本题考查了氧化还原反应中氧化性、还原性判断及氧化还原反应方程式的配平，题目难度中等，判断一个反应是否属于氧化还原反应，关键在于判断元素的化合价是否发生变化；H2O2中的氧元素化合价为1，处于中间价态，它既可以升高又可以降低，即H2O2既有氧化性又有还原性21金属铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，其化学反应是：Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2现将有铜的印刷线路板浸入120mL氯化铁浓溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉，经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶解的物质（设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解）请回答下列问题：（1）向溶液中加入铁粉后，发生
54、反应的离子反应方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+，Fe+Cu2+Fe2+Cu（2）充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为Cu（3）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为Fe3+（4）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：Fe3+Cu2+Fe2+（5）试计算最后溶液中Fe2+离子的物质的量浓度5.0mol/L【考点】铁的化学性质；离子方程式的书写 【专题】离子反应专题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）依据反应：Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2、Fe+CuCl2=FeCl2+Cu判断溶液中剩余的金属离子、固体物质的成分；（2）依据Cu+2FeCl3CuCl2+2FeC
55、l2计算即可；（3）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，据此回答判断；（4）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此回答；（5）利用物质的量守恒以及电子得失守恒计算即可【解答】解：（1）向氯化铁、氯化铜溶液中加入铁粉后，发生反应的离子反应方程式为：Fe+2Fe3+3Fe2+，Fe+Cu2+Fe2+Cu；故答案为：Fe+2Fe3+3Fe2+；Fe+Cu2+Fe2+Cu；（2）加入Fe粉前，溶液中有Cu2+，Fe2+，Cl，可能还有Fe3+，8.4gFe为0.15mol，9.6gCu为0.15mol，若无Fe3+，那么Fe恰好把9.6gCu全部置换，现在只有4
56、.8g不溶物，所以不可能为Fe，只能是Cu，故答案为：Cu；（3）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，溶液中一定不存在的金属离子为Fe3+，存在Cl、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+；（4）由化学方程式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即溶液中离子氧化性Fe3+大于Cu2+，根据金属活动顺序表，Cu2+Fe2+，所以氧化性顺序是：Fe3+Cu2+Fe2+，故答案为：Fe3+Cu2+Fe2+；（5）加入Fe，反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，所以存在Cl，Fe2+，Cu2+；溶液中剩余的Cu元素为9.64.8=4.8g，0.075mol，综合来看，溶液中是4.8gCu和8.4gFe恰好完全还原了Fe3+，Cu失电子为0.15mol，Fe失电子0.3mol，合计0.45mol，所以原有Fe3+0.45mol，最后所有的Fe元素都变成Fe2+，故Fe2+=mol/L=5.0mol/L，故答案为：5.0【点评】本题主要考查的是铜以及铁之间的转化关系、计算，属于中等题，锻炼了同学们分析问题、解决问题的能力，难度中等