1、2016-2017学年河北省石家庄市辛集市高一（上）期末化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）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
2、对自然界物产过度开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
3、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某粉末状样品由铁、铝、铜三种金属组成，加入过量稀硫酸充分反应，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（）AAIO2BFe2+CFe3+DAl3+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
4、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NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水B向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质C向氯化钡溶液中通入少量SO2D向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO212设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A足量Na与1 mol Cl2完全反应，转移电子的数目为2NAB1L 1 molL1NaOH水溶液中含有的氧原子数为NAC通常状况下，NA个N2所占的体积约为22.4LD1molNa2O2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
5、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5KC1O3+6P=3P2O5+5KC1下列有关该反应的叙述错误的是（）AKC1O3是氧化剂BP2O5是氧化产物C1 mol KC1O3参加反应有6 mol e转移D每有6 mol P被还原，生成5 mol KCl15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
6、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下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（）A硅晶体可用于制造光导纤维B陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品C二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料D二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物17下列离子方程式的书写正确的是（）AH2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OB将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+2Na+CuC大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOHCO2+2CH3COO+CO2+H2OD将Cl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClO18现将AlCl3、M
7、gCl2、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 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向300mL 1mol/L的稀硝酸中，加入5.6g铁粉，充分反应后，铁
8、粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（）A最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+B最终溶液中，硝酸无剩余C标准状况下生成NO的体积为1.68LD再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化二、填空题21纯碱；火碱；水玻璃；小苏打；二氧化硫（1）请用序号填空：以上物质中属于混合物的是；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（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向硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液中滴入少量次氯酸钠溶液，溶液立即变蓝；再向上述溶液中滴加过量亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去（1）碘化钾与次氯酸钠反应的离子方程式；+CI
9、O+ICI+I2+（2）用双线桥法表示电子得失的方向和数目：Na2SO3+I2+H2ONa2SO4+2HI（3）以上实验条件下，SO42、I2和CIO的氧化性有强到弱的顺序是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，24中学化学中几
10、种常见物质的转化关系如图所示，其中E常温下为无色无味的液体，G为常见的无色气体回答下列问题：（1）若A为紫红色金属单质，C为无色气体，遇G变为红棕色，F为淡黄色粉末F的化学式为，反应中每生成1mol G，转移电子数目为反应的离子方程式为（2）若常温下A为固体非金属单质，C为无色有刺激性气味气体，D为无色无味气体，且二者均能使澄清石灰水变浑浊，H是一种具有磁性的黑色晶体反应的化学方程式为除去D中混有的C气体，可选用（填字母）a氢氧化钠溶液 b饱和碳酸氢钠溶液 c饱和碳酸钠溶液 d酸性高锰酸钾溶液25某固体粉末样品中只可能含有Fe2+、Fe3+、Na+、NH4+、Cl中的几种离子，某实验小组为确定
11、其成分设计如下实验：取适量样品加水溶解取少量中的待测液，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，溶液变为血红色另取少量中的待测液，滴加过量的氢氧化钠溶液，除得到沉淀外，还有无色有刺激性气味的气体放出，该气体可使酚酞溶液变红（1）由上述实验可知，该样品中一定不含有的离子为（填离子符号），一定含有的离子为（填离子符号）（2）操作中沉淀变化的现象为（3）操作中生成刺激性气体的离子方程式为三、实验题26现需配置物质的量浓度为0.5molL1的氢氧化钠溶液230mL（1）应用托盘天平称取g氢氧化钠固体（2）配置中的操作还有：溶解；将烧杯中的液体转移至250mL容量瓶；洗涤烧杯和玻璃棒23次；将烧杯
12、中的液体转移至容量瓶；定容；摇匀（请补充完整）（3）某同学在配置次溶液的过程中，在定容滴加蒸馏水时，不慎超过了刻度线然后迅速用滴管吸出部分液体，该操作对所配溶液浓度的影响是（填“偏大”“偏小”或“无影响”）27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）装置A的圆底烧瓶中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，再点然（填“A”或“C”）处酒精灯（3）装置D的作用是，四、计算题28
13、向100mL18molL1浓硫酸中加入20g铜粉，加热一段时间后，冷却，过滤，得剩余固体7.2g（1）标准状况下，产生气体的体积是多少？（假设产生的气体全部放出）（2）将最终所得溶液稀释至1L，滴加2molL1的氢氧化钠溶液，若要使溶液中的Cu2+全部沉淀，需加入该氢氧化钠溶液的体积为L2016-2017学年河北省石家庄市辛集市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）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
14、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
15、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
16、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；
17、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，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
18、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
19、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；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
20、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
21、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【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某粉末状样品由铁、铝
22、、铜三种金属组成，加入过量稀硫酸充分反应，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（）AAIO2BFe2+CFe3+DAl3+【考点】铝的化学性质【分析】铜与硫酸不反应，加过量稀硫酸时铁、铝反应，过滤后向滤液中含亚铁离子、铝离子子，加入过量烧碱溶液，亚铁离子转化为沉淀，只有铝离子转化为偏铝酸钠存在于滤液中，以此来解答【解答】解：，铜与硫酸不反应，加过量稀硫酸时铁、铝反应，发生Fe+2H+=H2+Fe2+、2Al+6H+=3H2+2Al3+，过滤后向滤液中含亚铁离子、铝离子，加入过量烧碱溶液，发生H+OH=H2O、Fe2+2OH=Fe（OH）2、Al3+4OH=AlO2+2H2
23、O，亚铁离子转化为沉淀，只有铝离子转化为偏铝酸钠存在于滤液中，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C10a mol O2和a mol O3相
24、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NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水B向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质C向氯化钡溶液中通入少量SO2D向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2【考点】钠的重要化合物【分析】AN
25、aHCO3完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水；B钠与水反应，饱和溶液中溶剂减少；C亚硫酸的酸性小于盐酸的酸性；D反应生成碳酸氢钠，相同条件下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小【解答】解：ANaHCO3完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水，则有沉淀生成，故A不选；B钠与水反应，饱和溶液中溶剂减少，则有固体NaOH析出，故B不选；C亚硫酸的酸性小于盐酸的酸性，则向氯化钡溶液中通入少量SO2，不发生反应，无固体析出，故C选；D反应生成碳酸氢钠，相同条件下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，则有固体析出，故D不选；故选C12设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A足量Na与1 mol Cl2完
26、全反应，转移电子的数目为2NAB1L 1 molL1NaOH水溶液中含有的氧原子数为NAC通常状况下，NA个N2所占的体积约为22.4LD1molNa2O2中含有的阴离子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A钠与氯气反应生成氯化钠，钠足量依据氯气的量计算电子转移数目；B氢氧化钠溶液中氢氧化钠、水都含有氧；C通常状况下Vm22.4L/mol；D过氧化钠阴离子为过氧根离子【解答】解：A足量Na与1 mol Cl2完全反应生成2mol氯化钠，转移电子的数目为2NA，故A正确；B氢氧化钠溶液中氢氧化钠、水都含有氧，所以1L 1 molL1NaOH水溶液中含有的氧原子数大于NA，故B错误；C通常状况
27、下Vm22.4L/mol，所以NA个N2所占的体积不为22.4L，故C错误；D1molNa2O2中含有过氧根离子数为NA，故D错误；故选：A13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
28、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，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5KC1O3+6P=3P2O5+5KC1下列有关该反应的叙述错误的是（）AKC1O3是氧化剂BP2O5是氧化产物C1 mol KC1O3参加反应有6 mol e转移D每有6 mol P被还原，生成5 mol KCl【考点】氧化还原反应【分析】5KClO3+6P3P2O5+5
29、KCl中，Cl元素的化合价由+5价降低为1价，P元素的化合价由0升高为+5价，以此来解答【解答】解：A因Cl元素的化合价由+5价降低为1价，则KC1O3是氧化剂，故A正确；BP元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，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，所以1 mol KC1O3参加反应有1 mol（5+1）=6mol e转移，故C正确；DP元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，所以每有6 mol P被氧化，生成5mol KCl，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，
30、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+【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
31、、无味的气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32或HCO3，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下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（）A硅晶体可用于制造光导纤维B陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品C二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料D二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物【考点】硅和二氧化硅【分析】A、光导纤维成分是二氧化硅晶体，晶体硅
32、是太阳能电池板、半导体的材料；B、以含硅物质为原料经加热制成的产品，通常称为硅酸盐产品所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称；C、晶体硅是半导体的材料；D、二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，但它是酸性氧化物；【解答】解：A、二氧化硅晶体可用于制造光导纤维，故A错误；B、玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故B正确；C、晶体硅是半导体的材料，而不是二氧化硅，故C错误；D、二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，但二氧化硅和H
33、F反应生成四氟化硅而不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故D错误；故选B17下列离子方程式的书写正确的是（）AH2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OB将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+2Na+CuC大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOHCO2+2CH3COO+CO2+H2OD将Cl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClO【考点】离子方程式的书写【分析】A不符合离子的配比；B反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气；C反应生成醋酸钙、水、二氧化碳；D反应生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式【解答】解：AH2SO4溶
34、液与Ba（OH）2溶液反应的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故A错误；B将Na投入到CuSO4溶液中的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+2Na+Cu（OH）2+H2，故B错误；C大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOHCO2+2CH3COO+CO2+H2O，故C正确；D将Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选C18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
35、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）=0.2molL1，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 0.1mo
36、lL1H2SO4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 0.1molL1H2SO4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.
37、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向300mL 1mol/L的稀硝酸中，加入5.6g
38、铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（）A最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+B最终溶液中，硝酸无剩余C标准状况下生成NO的体积为1.68LD再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算【分析】n（HNO3）=0.3mol，n（Fe）=0.1mol，首先发生Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，该反应中铁过量，继续发生2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，以此解答该题【解答】解：n（HNO3）=0.3mol，n（Fe）=0.1mol，首先发生Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2
39、O，由方程式可知硝酸完全反应，且消耗0.075molFe，剩余0.025molFe，生成0.1molFe（NO3）3，生成0.1molNO，体积为2.24L，然后发生2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2， 0.05mol 0.025mol则反应后溶液中存在Fe（NO3）3、Fe（NO3）2，如加入硝酸，则Fe2+被氧化，只有D错误故选D二、填空题21纯碱；火碱；水玻璃；小苏打；二氧化硫（1）请用序号填空：以上物质中属于混合物的是；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（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
40、方程式为H+HCO3=CO2+H2O【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子方程式的书写；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）纯碱为碳酸钠为强电解质水溶液中完全电离；（3）小苏打是碳酸氢钠，和稀盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水【解答】解：（1）纯碱是碳酸钠属于盐为纯净物，与盐酸反
41、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是氢氧根离子的化合物为碱；水玻璃是硅酸的水溶液，属于混合物，属于盐；小苏打是碳酸氢钠属于纯净物，与盐酸和氢氧化钠溶液反应；二氧化硫是一种物质组成为纯净物，具有漂白性，和碱反应；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）纯碱为碳酸钠为强电解质水溶液中完全电离，电离方程式为：Na2CO3=2Na+CO32，故答案为：Na2CO3=2Na+CO32；（3）小苏打是碳酸氢钠，和稀盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，反应的离子方程式为：H+HCO3=CO2+H2O，
42、故答案为：H+HCO3=CO2+H2O22向硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液中滴入少量次氯酸钠溶液，溶液立即变蓝；再向上述溶液中滴加过量亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去（1）碘化钾与次氯酸钠反应的离子方程式；2H+1CIO+2I1CI+1I2+1H2O（2）用双线桥法表示电子得失的方向和数目：Na2SO3+I2+H2ONa2SO4+2HI（3）以上实验条件下，SO42、I2和CIO的氧化性有强到弱的顺序是ClOI2SO42【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】（1）次氯酸根离子能够将碘离子氧化为碘单质，本身被还原为氯离子，据电子守恒和原子守恒配平离子方程式；（2）在反应Na2SO3+I2+H2ONa2
43、SO4+2HI中，1molNa2SO3中S转移电子为2mol，1molI2中I转移电子是2mol，据此分析；（3）据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析【解答】解：（1）ClO转化成Cl化合价降低2价，I转化成I2，化合价至少升高2价，则次氯酸根离子和碘单质的系数都是1，然后利用观察法配平可得：2H+2I+ClO=Cl+H2O+I2，故答案为：2H+；1；2；1；1；1；H2O；（2）1molNa2SO3中S转移电子为2mol，1mol I2转化成HI转移电子是2mol，用双线桥法表示电子得失的方向和数目为：，故答案为：；（3）次氯酸根离子能够将碘离子氧化为碘单质，次氯酸根离子的氧化性
44、比碘单质强，碘单质能够将氧化亚硫酸钠氧化为硫酸钠，碘单质的氧化性比硫酸根离子强，所以SO42、I2和CIO的氧化性有强到弱的顺序是ClOI2SO42，故答案为：ClOI2SO4223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，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
45、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+
46、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24中学化学中几种常见物质的转化关系如图所示，其中E常温下为无色无味的液体，G为常见的无色气体回答下列问题：（1）若A为紫红色金属单质，C为无色气体，遇G变为红棕色，F为淡黄色
47、粉末F的化学式为Na2O2，反应中每生成1mol G，转移电子数目为1.2041024（或2NA）反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（2）若常温下A为固体非金属单质，C为无色有刺激性气味气体，D为无色无味气体，且二者均能使澄清石灰水变浑浊，H是一种具有磁性的黑色晶体反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2除去D中混有的C气体，可选用bd（填字母）a氢氧化钠溶液 b饱和碳酸氢钠溶液 c饱和碳酸钠溶液 d酸性高锰酸钾溶液【考点】无机物的推断【分析】（1）若A为紫红色金属单质即Cu，C为无色气体，遇G变为红棕色，则C为NO，G为O2，E常温下为无色
48、无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，能与水反应，则为Na2O2，H为NaOH，以此解答该题；（2）若常温下A为固体非金属单质，C为无色有刺激性气味气体，D为无色无味气体，且二者均能使澄清石灰水变浑浊，则C为SO2，D为CO2，E常温下为无色无味的液体，应为H2O，所以A为碳，B为浓硫酸，H是一种具有磁性的黑色晶体即Fe3O4，所以F为Fe，以此解答该题【解答】解：（1）由以上分析可知F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：
49、Na2O2；1.2041024（或2NA）；反应为稀硝酸和Cu的反应，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；（2）由以上分析可知，E为H2O，H是一种具有磁性的黑色晶体即Fe3O4，F为Fe，所以反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；由以上分析可知，C为SO2，D为CO2，二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾反应，且亚硫酸的酸性比碳酸强，可用碳酸氢钠除去二氧化硫，因二氧化硫、二氧化碳都与氢氧化钠、碳酸钠溶液反应，则a、c错误，bd正
50、确，故答案为：bd25某固体粉末样品中只可能含有Fe2+、Fe3+、Na+、NH4+、Cl中的几种离子，某实验小组为确定其成分设计如下实验：取适量样品加水溶解取少量中的待测液，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，溶液变为血红色另取少量中的待测液，滴加过量的氢氧化钠溶液，除得到沉淀外，还有无色有刺激性气味的气体放出，该气体可使酚酞溶液变红（1）由上述实验可知，该样品中一定不含有的离子为Fe3+（填离子符号），一定含有的离子为Fe2+、NH4+、Cl（填离子符号）（2）操作中沉淀变化的现象为沉淀由白色迅速变为灰绿色，最终变为红褐色（3）操作中生成刺激性气体的离子方程式为NH4+OH=NH
51、3+H2O【考点】无机物的推断【分析】取适量样品加水溶解取少量中的待测液，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明溶液中含有Fe2+，不含Fe3+；另取少量中的待测液，滴加过量的氢氧化钠溶液，除得到沉淀外，还有无色有刺激性气味的气体放出，该气体可使酚酞溶液变红，则含有NH4+，由溶液的电中性原则可知一定含有Cl，以此解答该题【解答】解：（1）由以上分析可知一定不含Fe3+，一定含有Fe2+、NH4+、Cl，故答案为：Fe3+；Fe2+、NH4+、Cl；（2）含有亚铁离子，加入氢氧化钠溶液，生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，可被氧化生成氢氧化铁，现象是沉淀由白色
52、迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：沉淀由白色迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（3）生成的刺激性气味的气体为氨气，反应的离子方程式为NH4+OH=NH3+H2O，故答案为：NH4+OH=NH3+H2O三、实验题26现需配置物质的量浓度为0.5molL1的氢氧化钠溶液230mL（1）应用托盘天平称取5.0g氢氧化钠固体（2）配置中的操作还有：溶解；冷却至室温；将烧杯中的液体转移至250mL容量瓶；洗涤烧杯和玻璃棒23次；将烧杯中的液体转移至容量瓶；定容；摇匀（请补充完整）（3）某同学在配置次溶液的过程中，在定容滴加蒸馏水时，不慎超过了刻度线然后迅速用滴管吸出部分液体，该操作对所配溶液浓度的
53、影响是偏小（填“偏大”“偏小”或“无影响”）【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据配制溶液体积选择合适规格容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤解答；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析【解答】解：（1）配制物质的量浓度为0.5molL1的氢氧化钠溶液230mL，没有选择230mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL溶液，需要溶质的质量m=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g，故答案为：5.0；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、
54、摇匀，缺少的步骤为：冷却至室温，故答案为：冷却至室温；（3）某同学在配置次溶液的过程中，在定容滴加蒸馏水时，不慎超过了刻度线然后迅速用滴管吸出部分液体，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；故答案为：偏小27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）装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（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，先检验装置气密性（填实验操作），再装药品，然后点燃A（填“A”或“C”）处酒精灯，当C
55、中充满黄绿色气体（填实验现象）时，再点然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【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）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+4HCl（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
56、；故答案为：MnO2+4HCl（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装置四、计算题28向100mL18molL1浓硫酸中加入20g铜粉，加热一段时间后，冷却，过滤，得剩余固体7.2g（1）标准状况下，产生气体的体积是多少？（假设产生的气体全部
57、放出）（2）将最终所得溶液稀释至1L，滴加2molL1的氢氧化钠溶液，若要使溶液中的Cu2+全部沉淀，需加入该氢氧化钠溶液的体积为1.6L【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）反应消耗Cu的质量为：20g7.2g=12.8g，根据反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O计算出生成二氧化硫气体的体积；（2）铜离子全部沉淀时，反应后溶质为硫酸钠，根据S、Na元素守恒计算出需要氢氧化钠的物质的量，然后根据V=计算出需要加入氢氧化钠溶液的体积【解答】解：（1）反应消耗Cu的质量为：20g7.2g=12.8g，则Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O64g 22.4L12.8g V（SO2） V（SO2）=4.48L，答：标准状况下，产生气体的体积为4.48L；（2）标况下4.48L二氧化硫的物质的量为： =0.2mol，100mL18molL1浓硫酸中含有硫酸的物质的量为：18g/mol0.1L=1.8mol，反应后溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：1.8mol0.2mol=1.6mol，使溶液中的Cu2+全部沉淀时，反应后溶质为Na2SO4，根据Na元素守恒可知消耗NaOH的物质的量为：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=1.6mol2=3.2mol，需加入该氢氧化钠溶液的体积为： =1.6L，故答案为：1.62017年4月15日