1、2015-2016学年湖北省宜昌市部分示范高中高一（上）期末化学试卷一选择题（每小题只有一个选项符合题目要求，每题3分，共计48分）1下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（）A酒精和水B碘和四氯化碳C水和四氯化碳D汽油和植物油2向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入一块绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象符合下图中的（）ABCD3下列各组物质中，所含分子数相等的是（）A10g H2和10g O2B5.6g N2 （标准状况）和 11g CO2C9g H2O 和0.5mol Br2D224mL H2（标准状况）和0.1mol N24下列关于胶体的叙述中不正确的是（
2、）A丁达尔现象可用来区别胶体与溶液B胶体能透过半透膜C胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉D溶液、胶体、浊液的根本区别是分散质微粒直径的大小5人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系如分解反应和氧化还原反应可用图表示如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则C表示（）A离子反应B氧化还原反应C置换反应D三者都可以6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
3、7下列各组离子，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是（）AK+ MnO4 Cl SO42BNa+ Ba2+ NO3 ClCNa+ SO42 Cu2+ ClDNa+ H+ NO3 SO428氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3N2+6HCl检查氯气管道是否漏气，下列说法错误的是（）A若管道漏气遇氨就会产生白烟B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应NH3被还原D生成1 mol N2有6 mol电子转移9为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤；加过量氢氧化钠；加适量盐酸；加足量碳酸钠溶液；加过量氯化钡溶液下列操作顺序正确的是（
4、）ABCD10下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是（）A相同浓度溶液的碱性：Na2CO3NaHCO3B在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3Na2CO3D热稳定性：NaHCO3Na2CO311取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是（）A1：1B1：2C1：3D3：212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）（）ABCD13对于某些离子的检验及结论一定正
5、确的是（）A某物质进行焰色反应时呈现黄色，则该物质中一定含有Na+B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+14下列表格中各项都正确的一组是（）类别选项碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC胆矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4Na2SO4KClO3AABBCCDD15下列物质的转化能实现的是（）ANa Na2ONa2O2BAlCl3Al（OH）3NaAlO2CNaOHNa2CO3NaHCO3
6、DFeFeCl2FeCl316把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，得到溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（）A1：1B1：2C2：3D3：2二填空题（本题3小题，每空2分，共计26分）17有下列物品或设备：陶瓷餐具 砖瓦水泥路桥 门窗玻璃水晶镜片 石英钟表玛瑙手镯 硅太阳电池光导纤维 计算机芯片（1）用到硅单质的是（2）所用材料为SiO2或要用到SiO2的是（3）所用材料为硅酸盐的是18按要求用化学用语回答下列问题：（1）除去混入Fe2O3粉末中少量Al2O3杂质的试是，离子方程式为（2）在呼吸面具中，Na2O2起反应的化学方程式为
7、（3）镁带着火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火的原因是（用化学方程式表示）（4）氯气用于漂白、消毒时，能起漂白、消毒作用的物质是（写化学式）某研究性学习小组对漂白液进行了如下实验探究：取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，可以证明漂白液具有的性质有19某河道两旁有甲乙两厂，它们排放的工业废水中含有K+、Ag+、Fe3+、Cl、OH、NO3六种杂质离子，甲厂的废水是无色透明的，乙厂的废水有明显的颜色（1）甲厂的废水中所含三种离子是（2）乙厂的废水有明显的色（3）将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可使废水中的（填离子符号）化为沉淀，过滤所得的废水中主要含，可用来灌农田三.
8、实验题（本题1题，每空2分共计12分）20某校化学小组学生利用下图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl36H2O晶体（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是装置B中发生反应的化学方程式是（2）如果要在C处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行，装置E中的现象是（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量盐酸充分反应，过滤简述检验滤液中Fe3+的操作方法（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl36H2O晶体，设计流程如下：滤液FeCl3溶液FeCl36H2O晶体步骤中通入Cl2的作用是四.推断题（本题1题，每空2分共计8分
9、）21常温下，A是双原子分子气态单质，其密度为3.17g/L（标准标况下），B、C、D都是含A元素的化合物，转化关系如图所示：（1）分别写出下列物质的化学式：B D（2）试写出有关化学方程式：ABDA五、计算题：（本题6分）22向一定量的NaOH固体中加入由硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反应，有蓝色沉淀生成，过滤，所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等则与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量之比为？2015-2016学年湖北省宜昌市部分示范高中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一选择题（每小题只有一个选项符合题目要求，每题3分，共计48分）1下列
10、各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（）A酒精和水B碘和四氯化碳C水和四氯化碳D汽油和植物油【考点】分液和萃取【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性即可【解答】解：A酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；B碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；C水和四氯化碳不溶，能用分液漏斗进行分离，故C正确；D汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；故选C2向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入一块绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象符合下图中的（）ABCD【考点】钠的化学性质【分析】根据钠的化学性质、钠的密
11、度、水和煤油的密度大小来分析【解答】解：因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完故选：A3下列各组物质中，所含分子数相等的是（）A10g H2和10g O2B5.6g N2 （标准状况）和 11g CO2C9g H2O 和0.5mol Br2D224mL H2（标准状况）和0.1mol N2【考点】物质的量的相关计算【分析】根据物质中所含分子数相同，必须所含物质的量相等进行分析【解答】解：A、等质量的氢气和氧气是氧气的物质的量小，所
12、以分子数不相等，故A错误；B、5.6g N2 的物质的量为： =0.2mol和11g CO2的物质的量为： =0.25mol，所以分子数不同，故B错误；C、9g H2O的物质的量为： =0.5mol 和0.5mol Br2，物质的量相等所以分子数相同，故C正确；D、224mL H2（标准状况）的物质的量为： =0.01mol与0.1mol N2的物质的量不相等，所以分子数不相同，故D错误；故选C4下列关于胶体的叙述中不正确的是（）A丁达尔现象可用来区别胶体与溶液B胶体能透过半透膜C胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉D溶液、胶体、浊液的根本区别是分散质微粒直径的大小【考点】分散系、胶体与溶
13、液的概念及关系【分析】A、丁达尔现象是胶体的性质，溶液无丁达尔现象；B、依据分散质微粒直径大小，胶体、浊液不能通过半透膜，溶液能通过；C、胶体具有的性质是丁达尔现象，胶体微粒吸附带电粒子所以在通电条件下发生电泳现象，在一定条件下会发生聚沉；D、分散质微粒直径的大小是溶液、胶体、浊液的根本区别；【解答】解：A、丁达尔现象是胶体的性质，光线通过出现光亮的通路，溶液无丁达尔现象，可以用来区别胶体与溶液，故A正确；B、依据分散质微粒直径大小，胶体、浊液不能通过半透膜，溶液能通过，故B错误；C、胶体具有丁达尔现象，光线通过出现光亮的通路，胶体微粒吸附带电粒子所以在通电条件下发生电泳现象，移向某一电极，在
14、一定条件下如加入电解质溶液、加热、带相反电荷的胶体等会发生聚沉，故C正确；D、分散质微粒直径的大小是溶液、胶体、浊液的根本区别，故D正确；故选B5人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系如分解反应和氧化还原反应可用图表示如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则C表示（）A离子反应B氧化还原反应C置换反应D三者都可以【考点】氧化还原反应【分析】所有的置换反应全是氧化还原反应，置换反应中有部分是离子反应，部分是非离子反应，氧化还原反应中，有部分是离子反应，部分是非离子反应；【解答】解：所有的置换反应全是氧化还原反应，是被包含和包含的关系，故A是氧化还原反应，B是置换反应，所以C
15、是离子反应；故选A；6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
16、：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D7下列各组离子，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是（）AK+ MnO4 Cl SO42BNa+ Ba2+ NO3 ClCNa+ SO42 Cu2+ ClDNa+ H+ NO3 SO42【考点】离子共存问题【分析】碱性溶液中含大量的氢氧根离子，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，并结合离子的颜色来解答【解答】解：AMnO4
17、为紫色，与无色不符，故A不选；B该组离子之间在碱性溶液中不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B选；CCu2+为蓝色，与无色不符，且与氢氧根离子结合生成沉淀，故C不选；D碱性溶液中不能大量存在H+，故D不选；故选B8氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3N2+6HCl检查氯气管道是否漏气，下列说法错误的是（）A若管道漏气遇氨就会产生白烟B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应NH3被还原D生成1 mol N2有6 mol电子转移【考点】氧化还原反应【分析】反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还
18、原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答【解答】解：A反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；BCl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，有强氧化性，故B正确；C反应中N元素化合价升高被氧化，则反应NH3被氧化，故C错误；DN元素化合价由3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，故D正确故选C9为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤；加过量氢氧化钠；加适量盐酸；加足量碳酸钠溶液；加过量氯化钡溶液下列操作顺序正确的是（）ABCD【考点】粗盐提纯【分析】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO4
19、2，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子【解答】解：要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为：故选D10下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是（）A相同浓度溶液的碱性：Na2CO3NaHCO3B在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3Na2CO3D
20、热稳定性：NaHCO3Na2CO3【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【分析】ACO32以第一步水解为主；BNa2CO3比NaHCO3易溶于水；C相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈；DNaHCO3不稳定，加热易分解【解答】解：A.CO32以第一步水解为主，则Na2CO3溶液的碱性较强，故A正确；B在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故B正确；C分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O，HCO3+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；DN
21、aHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热不易分解，较稳定，故D正确；故选C11取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是（）A1：1B1：2C1：3D3：2【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等【解答】解：由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，同等质量的铝，物质的量也相等，从方程式中可以看到铝与氢气的物质的量
22、比都是2：3，因此产生的氢气是相等的，故选：A12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】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
23、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D13对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A某物质进行焰色反应时呈现黄色，则该物质中一定含有Na+B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法【分析】A、焰色反应是元素的性质；B、加入的物质不一定含有硫酸根，也可能含有银离子；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质
24、变蓝；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀【解答】解：A、焰色反应是元素的性质，焰色反应为黄色，不一定含有Na+，也可能是钠单质，故A错误；B、加入的物质不一定含有硫酸根，也可能含有银离子，形成氯化银白色沉淀，故B错误；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故C正确；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，故D错误；故选C14下列表格中各项都正确的一组是（）类别选项碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC胆矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4Na2SO4
25、KClO3AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质【分析】溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质【解答】解：A、各物质符合物质类别概念，故A正确；B、纯碱是碳酸钠属于盐类，铁是单质不是非电解质，故B错误；C、胆矾是硫酸铜晶体属于盐不是碱，石墨是单质不是电解质，醋酸是电解质，故C错误；D、KClO3是盐，溶于水全部电离，属于强电解质，故D错误；故选：A15下列物质的转化能实现的是（）ANa Na2ONa2O2BAlC
26、l3Al（OH）3NaAlO2CNaOHNa2CO3NaHCO3DFeFeCl2FeCl3【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A钠与氧气加热生成过氧化钠；B氢氧化铝不能与弱碱反应；C氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳少量反应生成碳酸钠，二氧化碳过量，碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；D铁与氯气反应生成高价氯化物【解答】解：A钠与氧气加热生成过氧化钠，所以Na Na2O不能实现，故A不选；B一水合氨为弱碱，氢氧化铝不能与弱碱反应，所以Al（OH）3NaAlO2，不能实现，故B不选；C氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳少量反应生成碳酸钠，二氧化碳过量，碳酸钠与
27、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以NaOHNa2CO3NaHCO3，能够实现，故C选；D铁与氯气反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，所以FeFeCl2不能实现，故D不选；故选：C16把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，得到溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（）A1：1B1：2C2：3D3：2【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；化学方程式的有关计算【分析】铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据方程式计算生成的Fe2+的物质的量，进而得到未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答
28、案【解答】解：设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，则：Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2mol 3mol溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：3mol=2：3，故选C二填空题（本题3小题，每空2分，共计26分）17有下列物品或设备：陶瓷餐具 砖瓦水泥路桥 门窗玻璃水晶镜片 石英钟表玛瑙手镯 硅太阳电池光导纤维 计算机芯片（1）用到硅单质的是（2）所用材料为SiO2或要用到SiO2的是（3）所用材料为硅酸盐的是【考点】硅和二氧化硅；水泥的主要化学成分、生产原
29、料及其用途【分析】石英、水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，光导纤维是二氧化硅材料，制玻璃中用到二氧化硅；硅太阳电池、计算机芯片均是硅单质的用途的体现；陶瓷、砖瓦、玻璃为硅酸盐材料；【解答】解：（1）用到硅单质的是硅太阳电池、计算机芯片；故答案为：；（2）所用材料为SiO2或要用到SiO2的是门窗玻璃、水晶镜片、石英钟表、玛瑙手镯、光导纤维； 故答案为：；（3）所用材料为硅酸盐的是陶瓷餐具、砖瓦、水泥路桥、门窗玻璃；故答案为：18按要求用化学用语回答下列问题：（1）除去混入Fe2O3粉末中少量Al2O3杂质的试是NaOH溶液，离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（2）在呼吸面具中，N
30、a2O2起反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2（3）镁带着火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火的原因是2Mg+CO22MgO+C（用化学方程式表示）（4）氯气用于漂白、消毒时，能起漂白、消毒作用的物质是HClO（写化学式）某研究性学习小组对漂白液进行了如下实验探究：取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，可以证明漂白液具有的性质有碱性、氧化性【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写【分析】（1）氧化铝与NaOH溶液反应生成水和易溶于水的偏氯酸钠，而氧化铁难溶于水且不能与NaOH溶液反应；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可作为潜水艇和呼
31、吸面具氧气的来源；（3）镁带着火时，不能用CO2灭火是因为镁带也能在二氧化碳中燃烧；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，说明溶液呈碱性，且具有强氧化性，即HClO具有强氧化性，具有漂白性【解答】解：（1）氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁难溶于水且不能与NaOH溶液反应，所以除去Fe2O3中混有的Al2O3杂质的试剂是NaOH溶液，发生的离子反应为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：NaOH溶液；Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na
32、2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；（3）镁带着火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火，原因是镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和碳，反应：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，说明溶液呈碱性，原因是次氯酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解生成的HClO具有强氧化性，具有漂白作用，故答案为：HClO；碱性、氧化性19某河道两旁有甲乙两厂，它们排放的工业废水中含有K+、Ag+、Fe3+、Cl、
33、OH、NO3六种杂质离子，甲厂的废水是无色透明的，乙厂的废水有明显的颜色（1）甲厂的废水中所含三种离子是OH、Cl、K+（2）乙厂的废水有明显的黄色色（3）将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可使废水中的Fe3+、OH、Ag+、Cl（填离子符号）此空除去化为沉淀，过滤所得的废水中主要含KNO3，可用来灌农田【考点】常见离子的检验方法【分析】甲厂的废水是无色透明的，乙厂的废水有明显的颜色，故Fe3+存在于乙厂的废水中，根据离子能否共存可知，OH存在于甲厂的废水中而Ag+、与OH不能共存，故Ag+存在于乙厂的废水中，而可溶性银盐只有硝酸银，故NO3也存在于乙厂的废水中Ag+与Cl不能共存，故Cl、
34、存在于甲厂的废水中根据电解质溶液呈电中性，故K+存在于甲厂中因此，甲厂废水含有：K+、Cl、OH，乙厂的废水含有Ag+、Fe3+、NO3，据此可答【解答】解：甲厂的废水是无色透明的，乙厂的废水有明显的颜色，故Fe3+存在于乙厂的废水中，根据离子能否共存可知，OH存在于甲厂的废水中而Ag+、与OH不能共存，故Ag+存在于乙厂的废水中，而可溶性银盐只有硝酸银，故NO3也存在于乙厂的废水中Ag+与Cl不能共存，故Cl、存在于甲厂的废水中根据电解质溶液呈电中性，故K+存在于甲厂中因此，甲厂废水含有：K+、Cl、OH，乙厂的废水含有Ag+、Fe3+、NO3，（1）由上述分析可知，甲显碱性，含三种离子是K
35、+、Cl、OH，故答案为：OH、Cl、K+；（2）因乙厂废水含有Fe3+，故溶液有明显的黄色，故答案为：黄； （3）根据离子能否共存，将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的Ag+、Cl、Fe3+、OH化为沉淀，过滤所得的废水中主要含KNO3，可以用来浇灌农田，故答案为：Fe3+、OH、Ag+、Cl；KNO3三.实验题（本题1题，每空2分共计12分）20某校化学小组学生利用下图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl36H2O晶体（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸装置B中发生反应的化学方程式是3Fe+4H2O
36、（g）Fe3O4+4H2（2）如果要在C处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行验纯，装置E中的现象是黑色逐渐变红色，管口有水珠生成（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量盐酸充分反应，过滤简述检验滤液中Fe3+的操作方法取少量滤液于洁净的试管中，加入KSCN溶液，观察溶液是否变红色（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl36H2O晶体，设计流程如下：滤液FeCl3溶液FeCl36H2O晶体步骤中通入Cl2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，或2Fe3+Cl22Fe2+2Cl【考点】性质实验方案的设计；铁及其化合物的性质实验【分析】（1）加热液体是可能发生剧烈沸腾，碎瓷片可防止暴沸；
37、B中Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；（2）生成氢气具有可燃性，氢气不纯点燃时可能发生爆炸，E中氢气还原CuO生成Cu、水；（3）KSCN溶液遇铁离子为血红色；（4）滤液中可能含亚铁离子，通入氯气，氯气与亚铁离子反应生成氯化铁【解答】解：（1）烧瓶中碎瓷片的作用是防止暴沸，装置B中发生反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：防止暴沸；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）如果要在C处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行验纯，E中氢气还原CuO生成Cu、水，观察到黑色逐渐变红色，管口有水珠生成，故答案为：验纯；黑色逐渐变红色，管口有水珠生成；（3）检
38、验滤液中Fe3+的操作方法为取少量滤液于洁净的试管中，加入KSCN溶液，观察溶液是否变红色，故答案为：取少量滤液于洁净的试管中，加入KSCN溶液，观察溶液是否变红色；（4）滤液中可能含亚铁离子，通入氯气，氯气与亚铁离子反应生成氯化铁，则步骤中通入Cl2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，或2Fe3+Cl22Fe2+2Cl，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，或2Fe3+Cl22Fe2+2Cl四.推断题（本题1题，每空2分共计8分）21常温下，A是双原子分子气态单质，其密度为3.17g/L（标准标况下），B、C、D都是含A元素的化合物，转化关系如图所示：（1）分别写出下列物质的化学式：BHClO
39、DHCl（2）试写出有关化学方程式：ABCl2+H2OHCl+HClODAMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O【考点】无机物的推断【分析】常温下，A是双原子分子气态单质，其密度为3.17g/L（标准状况下），则A的摩尔质量=3.17g/L22.4L/mol=71g/mol，则A的相对原子质量是35.5，则A是Cl2，根据转化关系知C是NaCl、D是HCl，B光照生成D，则B是HClO，据此分析解答【解答】解：常温下，A是双原子分子气态单质，其密度为3.17g/L（标准状况下），则A的摩尔质量=3.17g/L22.4L/mol=71g/mol，则A的相对原子质量是35.5，则A是
40、Cl2，根据转化关系知C是NaCl、D是HCl，B光照生成D，则B是HClO，（1）上述分析判断可知B为HClO，D为HCl，故答案为：HClO；HCl；（2）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O五、计算题：（本题6分）22向一定量的NaOH固体中加入由硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反应，有蓝色沉淀生成，过滤，所
41、得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等则与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量之比为？【考点】化学方程式的有关计算【分析】设与CuSO4反应的NaOH为xmol，与H2SO4反应的NaOH为ymol，由所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等，得出氢氧化钠固体质量与生成硫酸铜质量相等，即m（NaOH）=mCu（OH）2，则由（xmol+ymol）40g/mol=98g/mol（xmol），由此分析解答【解答】解：依题意分析出其中的守恒关系，即m（NaOH）=mCu（OH）2设与CuSO4反应的NaOH为xmol，与H2SO4反应的NaOH为ymol，则由（xmol+ymol）40g/mol=98g/mol（xmol），解之得：，答：与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量之比为40：92016年12月2日