2022-2022学年浙江省金华十校高一（上）期末化学试卷 一、选择题（共23小题，每小题2分，满分46分）1．从化学角度看，下列广告用语没有科学性错误的是（ ）A．金华米酒香甜可口，不含任何化学物质B．康师傅牌矿泉水，真正的纯水C．春晖牌蔬菜，天然种植，不含任何元素，真正的绿色食品D．云梦食用合格碘盐，可预防甲状腺肿大 2．下列说法错误的是（ ）A．所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在B．三位美国科学家因给复杂化学体系设计多尺度模型面共享了2022年诺贝尔化学奖C．已知PM2.5是指大气中直径≤2.5微米的颗粒物，对人体健康危害很大D．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些金属元素 3．2022年1月28日日本岛发生火山喷发，将滚热的云状火山气体和火山灰喷向高空．火山气体主要包括①水蒸气②CO2③SO2④SO3⑤HCl，这些气体对环境造成了极大的危害，对①～⑤中的相关气体的叙述中不正确的是（ ）A．收集一定量的火山气体通入足量BaCl2溶液中，只能生成BaSO4一种沉淀B．②③④属于酸性氧化物C．⑤属于强电解质D．①②③④属于非电解质 4．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．漂白粉有效成分的化学式：CaClOB．Na+的结构示意图：C．原子核内有10个中子的氧原子：OD．亚硫酸的电离方程式：H2SO3=2H++SO32﹣ 5．依据如图分析，下列叙述不正确的是（ ）A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的B．氯化钠的电离方程式为：NaCl=Na++Cl﹣C．氯化钠的电离过程需要通电才能完成-28-\nD．氯化钠在水中形成能自由移动的水合钠离子和水合氯离子 6．在化学上，常用CaH2作为制取氢气的药剂，有关反应的化学方程式为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑，在这个反应中（ ）A．CaH2是氧化剂B．电子转移数目为4e﹣C．Ca（OH）2是氧化产物D．氧化产物和还原产物物质的量之比是1：1 7．下列各组离子中，在酸性溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．Na+、MnO4﹣、Mg2+、NO3﹣B．Na+、Ba2+、SO42﹣、Br﹣C．K+、SCN﹣、Fe3+、Cl﹣D．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣ 8．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．Ba（OH）2溶液与过量的NaHCO3溶液混合：Ba2++OH﹣+HCO3﹣=BaCO3↓+H2OB．次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑D．氯气通入水中：Cl2+H2O=Cl﹣+ClO﹣+2H+ 9．xR2++yH++O2=mR3++nH2O中，对m和R3+判断正确的是（ ）A．m=4，R3+是还原产物B．m=4，R3+是氧化产物C．2m=y，R3+是还原产物D．2m=y，R3+是氧化产物 10．已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D．③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol 11．向100m2mol•L﹣1的NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，将溶液蒸发结晶，得到9.3g白色固体（假设不含结晶水），该白色固体的组成是（ ）A．只含Na2CO3B．只含NaHCO3C．NaOH和Na2CO3的混合物D．Na2CO3和NaHCO3的混合物 12．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（ ）A．明矾与水反应生成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．当光束通过鸡蛋清水溶液时，能观察到丁达尔效应C．水泥厂用高压电作用于气溶胶以除去烟尘，是根据胶体带电这个性质而设计的D．Li是最轻的金属，也是活动性强的金属，是制造电池的理想物质 13．下列叙述中正确的是（ ）①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同；-28-\n③28gCO的体积为22.4L；④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A．①②③B．②⑤⑥C．②③⑥D．④⑤⑥ 14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，22.4L水的分子数为NAB．常温下将23gNa投入到0.5L1.0mol•L﹣1的盐酸中反应共转移的电子数为0.5NAC．0.5mol/LKCl溶液中含有0.5NA个K+D．12.0g熔融的NaHSO4中含有0.1NA个阳离子 15．下列实验操作中正确的是（ ）A．蒸馏操作时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部，且向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸B．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热C．焰色反应每次实验都要先用稀硫酸洗净铂丝D．过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离混合物的方法 16．工业炼铁用到的原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石等，下列对原料在冶炼过程中的作用叙述不正确的是（ ）A．焦炭是铁矿石炼铁时的还原剂B．焦炭先与空气中的氧气反应，为炼铁提供能量C．石灰石是助矿石中杂质形成炉渣D．固体原料需粉碎，增大与气体的接触面 17．将一块严重锈蚀而部分变成铜绿[Cu2（OH）2CO3]的铜块研磨成粉末，在空气中充分灼烧成CuO，固体质量的变化情况不可能是（ ）A．增重10%B．增重30%C．不变D．减轻20% 18．下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是（ ）A．B．C．D． -28-\n19．取一定量的饱和氯水与CaCO3粉末混合，观察到氯水的黄绿色褪去，静置后取上层澄清溶液四份，分别进行以下实验：①一份滴加盐酸，产生大量气泡；②一份滴加NaOH溶液，出现白色沉淀③一份用酒精灯加热出现白色沉淀；④将有色布条浸入第四份溶液，布条立即褪色根据以上判断下列说法中错误的是（ ）A．整个实验过程中未涉及氧化还原反应B．由①、②可知澄清溶液中的含有Ca（HCO3）2C．②、③中的白色沉淀为CaCO3D．由④可知澄清溶液中含有HClO 20．为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤不正确的操作顺序是（ ）A．③②①⑤④B．③①②⑤④C．②③①⑤④D．②①③⑤④ 21．下列示意图与对应的反应情况正确的是（ ）A．含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸 22．由二氧化硅制高纯硅的流程图如图，下列判断中错误的是（ ）A．①②③均属于氧化还原反应B．H2和HCl均可循环利用-28-\nC．SiO2是一种坚硬难熔的固体D．光纤的主要成分是高纯度的单质硅 23．有一无色混合物的水溶液，只能含有一下离子中的若干种；H+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100ml溶液进行如下实验：根据上述实验，一下推测正确的是（ ）（1）第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol；（3）第三份加入足量BaCl2溶液后，得到沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．A．K+一定存在B．100ml溶液中含0.01molCO32﹣C．Cl﹣一定存在D．Fe3+一定不存在，Mg2+可能存在 二、解答题（共4小题，满分34分）24．现有部分元素的原子结构特点如下表：X其单质之一是空气中主要成分，最常见的助燃剂Y其某种核素不含中子Z失去一个电子后，形成Ne原子电子层结构W最外层电子数是次外层电子数的2倍（1）写出各元素的元素符号：X ，Y ，（2）画出下列微粒的结构示意图Z+ ，W原子 ．（3）写出两种由上述任意三种元素组成的水溶液呈碱性的物质 、 ．（填化学式） 25．（1）2KClO32KCl+3O2↑，请用双线桥表示其电子转移情况 ．（2）配平 KmnO4+ HCl（浓）→ KCl+ MnCl2+ Cl2↑+ H2O（3）黑火药是我国古代四大发明之一．黑火药在爆炸时，反应的化学方程式如下：2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2，在此反应中，属于氧化剂的是 ，属于氧化产物的是 ．（填写化学式） 26．某探究小组在实验室中用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3，SiO2）提取氧化铝，流程如图，回答下列问题：（1）画出Al的原子结构示意图 ．（2）写出反应①中主要成分发生反应的离子方程式： ．-28-\n（3）实验室中，甲同学用如图装置I制备CO2气体并通入滤液B中制备Al（OH）3，实验时结果没有产生预期现象．乙同学分析以为：甲同学通入的CO2气体中含有HCl气体是导致实验失败的原因，解决的方案是在装置I中①和②之间增加Ⅱ．则装置Ⅱ中的试剂x应为 溶液．（4）工业上通常以铝土矿提取得到的Al2O3为原料制备无水氯化铝：2Al2O3+6Cl24AlCl3+3CO2↑该反应中的还原剂是 ，制得22.4L（标准状况）CO2气体，有 mol电子发生转移． 27．有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属．三种金属单质A、B、C能与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）．请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B ，G （2）写出下列反应的化学方程式：① ，② （3）验证反应后溶液G中含有金属阳离子所用的试剂和反应的化学方程式： ， （4）验证反应后溶液G中不含溶液F中金属阳离子，其实操作是 （5）将反应后溶液F中金属阳离子全部转化为溶液G中金属阳离子，选用的绿色试剂是H2O2，H2O2在酸性的条件下发生氧化．写出反应的离子方程式 ． 三、实验题28．海带中含有丰富的碘．为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：-28-\n请填写下列空白：（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架、泥三角外，还需要用到的实验仪器是 A．烧杯B．表面皿C．坩埚D．酒精灯E．圆底烧瓶（2）请写出步骤④中反应的离子方程式： （3）步骤⑥是从含碘的苯溶液中分离出单质碘和回收苯，还需经过蒸馏，指出并改正下列实验装置（图2）中的错误之处（至少两处）．① ；② （4）步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘，其验操作可分解为如下几步：（A）把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；（B）把50毫升碘水和15毫升苯加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；（C）检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；（D）倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；（E）旋开活塞，用烧杯接收溶液；（F）将分液漏斗上口倒出上层溶液；（G）将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔；（H）静置，分层．就此实验，完成下列填空：①正确操作步骤的顺序是 → → →A→G→ →E→F②上述（G）步骤操作的目的是 ③能选用苯从碘水中萃取碘的原因是 ． 四、计算题29．现有FeCl3、AlCl3的混合溶液100mL，逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入的NaOH的物质的量的关系如图．（1）a点对应的沉淀为 （填化学式）．（2）计算原混合液中FeCl3的物质的量浓度为多少？ -28-\n2022-2022学年浙江省金华十校高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共23小题，每小题2分，满分46分）1．从化学角度看，下列广告用语没有科学性错误的是（ ）A．金华米酒香甜可口，不含任何化学物质B．康师傅牌矿泉水，真正的纯水C．春晖牌蔬菜，天然种植，不含任何元素，真正的绿色食品D．云梦食用合格碘盐，可预防甲状腺肿大【考点】混合物和纯净物；绿色化学；碘与人体健康．【分析】A、米酒中含有化学物质；B、矿泉水含有矿物质；C、蔬菜含多种元素；D、合格碘盐含有人体需要的碘元素，可以预防甲状腺肿大．【解答】解：A、米酒中含有化学物质如酒精，水等，故A错误；B、矿泉水含有矿物质不是纯净水，故B错误；C、蔬菜含多种元素，如氢元素、氧元素、铁元素等，故C错误；D、合格碘盐含有人体需要的碘元素，可以预防甲状腺肿大，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质组成和性质分析，掌握基础是关键，题目较简单． 2．下列说法错误的是（ ）A．所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在B．三位美国科学家因给复杂化学体系设计多尺度模型面共享了2022年诺贝尔化学奖C．已知PM2.5是指大气中直径≤2.5微米的颗粒物，对人体健康危害很大D．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些金属元素【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学科学的主要研究对象；化学研究基本方法及作用；焰色反应．【分析】A．焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色反应；B．2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家马丁•卡普拉斯、迈克尔•莱维特及亚利耶•瓦谢尔因，他们因给复杂化学体系设计了多尺度模型而共享奖项；C．分散质的直径介于10﹣9m﹣10﹣7m之间的属于胶体，胶体能产生丁达尔现象；D．原子吸收光谱只能确定某物质中有什么金属元素，不能测岀非金属．【解答】解：A．焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色反应，所以并不是所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在，故A错误；B．三个美国科学家马丁•卡普拉斯、迈克尔•莱维特及亚利耶•瓦谢尔因因给复杂化学体系设计了多尺度模型而共享了2022年诺贝尔化学奖，故B正确；C．分散质的直径介于10﹣9m﹣10﹣7m之间的属于胶体，胶体能产生丁达尔现象，所以PM2.5是指大气中直径≤2.5×10﹣6m的颗粒物，则受PM2.5污染的大气不一定能产生丁达尔现象，故C正确；-28-\nD．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些金属元素，故D正确．故选A．【点评】本题主要考查2022年诺贝尔化学奖、胶体的性质、原子吸收光谱和焰色反应，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累． 3．2022年1月28日日本岛发生火山喷发，将滚热的云状火山气体和火山灰喷向高空．火山气体主要包括①水蒸气②CO2③SO2④SO3⑤HCl，这些气体对环境造成了极大的危害，对①～⑤中的相关气体的叙述中不正确的是（ ）A．收集一定量的火山气体通入足量BaCl2溶液中，只能生成BaSO4一种沉淀B．②③④属于酸性氧化物C．⑤属于强电解质D．①②③④属于非电解质【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A．二氧化碳、二氧化硫和氯化钡不反应；B．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；C．能完全电离的电解质是强电解质；D．在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．【解答】解：A．盐酸酸性大于碳酸、亚硫酸，所以二氧化碳和二氧化硫都不与氯化钡溶液反应，故A正确；B．②CO2③SO2④SO3都能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B正确；C．氯化氢溶于水完全电离，属于强电解质，故C正确；D．①水蒸气②CO2③SO2④SO3中，②CO2③SO2④SO3属于非电解质，①水蒸气是弱电解质，故D错误；故选D．【点评】本题考查非电解质、强电解质、酸性氧化物的概念及性质，较简单，明确强酸制取弱酸原理． 4．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．漂白粉有效成分的化学式：CaClOB．Na+的结构示意图：C．原子核内有10个中子的氧原子：OD．亚硫酸的电离方程式：H2SO3=2H++SO32﹣【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．漂白粉有效成分为Ca（ClO）2；B．Na原子核内有11个质子；C．原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18；D．亚硫酸为弱电解质，不能完全离子，以第一步电离为主．【解答】解：A．漂白粉有效成分为Ca（ClO）2，题中化学式错误，故A错误；-28-\nB．Na原子核内有11个质子，Na+的结构示意图为，故B错误；C．原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18，氧原子为O，故C正确；D．亚硫酸为弱电解质，不能完全离子，以第一步电离为主，H2SO3⇌H++HSO3﹣，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的组成、结构和性质的考查，题目难度中等，注意亚硫酸钠为弱电解质的特征． 5．依据如图分析，下列叙述不正确的是（ ）A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的B．氯化钠的电离方程式为：NaCl=Na++Cl﹣C．氯化钠的电离过程需要通电才能完成D．氯化钠在水中形成能自由移动的水合钠离子和水合氯离子【考点】电解质在水溶液中的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、氯化钠是离子化合物；B、氯化钠水溶液中在水分子作用下电离出氯离子和钠离子；C、电离是水分子的作用；D、氯化钠在水中形成能自由移动的水合钠离子和水合氯离子，发生电离；【解答】解：A、氯化钠是离子化合物构成离子为钠离子和氯离子；故A正确；B、氯化钠水溶液中在水分子作用下电离出氯离子和钠离子，强电解质完全电离，电离方程式NaCl=Na++Cl﹣；故B正确；C、电离是装在水分子的作用下氯化钠发生的电离过程，通电是电极；故C错误；D、氯化钠在水中发生电离，形成能自由移动的水合钠离子和水合氯离子；故D正确；故选C．【点评】本题考查了电解质在水溶液中的变化原因和电离条件，题目较简单． 6．在化学上，常用CaH2作为制取氢气的药剂，有关反应的化学方程式为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑，在这个反应中（ ）A．CaH2是氧化剂B．电子转移数目为4e﹣C．Ca（OH）2是氧化产物D．氧化产物和还原产物物质的量之比是1：1【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．-28-\n【分析】该反应中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，所以氢化钙是还原剂、水是氧化剂，据此分析解答．【解答】解：A．反应中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，所以氢化钙是还原剂、水是氧化剂，故A错误；B．根据氢化钙计算电子转移数目，电子转移数目=2×（1﹣0）=2，故B错误；C．Ca（OH）2既不是氧化产物也不是还原产物，氧化产物和还原产物都是氢气，故C错误；D．氧化产物和还原产物都是氢气，其物质的量之比为1：1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确氢化钙中H元素化合价是解本题关键，根据元素化合价升降来分析解答，题目难度不大． 7．下列各组离子中，在酸性溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．Na+、MnO4﹣、Mg2+、NO3﹣B．Na+、Ba2+、SO42﹣、Br﹣C．K+、SCN﹣、Fe3+、Cl﹣D．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】酸性溶液中一定存在大量的氢离子，A．Na+、MnO4﹣、Mg2+、NO3﹣离子之间不满足离子反应发生条件，也不与氢离子反应；B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；C．铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；D．偏铝酸根离子与氢离子能够发生反应．【解答】解：该溶液中一定存在大量的氢离子，A．Na+、MnO4﹣、Mg2+、NO3﹣之间不发生反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Ba2+、SO42﹣之间能够反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．SCN﹣、Fe3+之间能够反应硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，还有注意题中暗含条件，如酸性溶液中存在大量的氢离子等． 8．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．Ba（OH）2溶液与过量的NaHCO3溶液混合：Ba2++OH﹣+HCO3﹣=BaCO3↓+H2OB．次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑D．氯气通入水中：Cl2+H2O=Cl﹣+ClO﹣+2H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．碳酸氢钠溶液过量，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，反应后有剩余的碳酸根离子；B．次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙；C．钠化学性质活泼，钠能够与水反应生成氢氧化钠和氢气；D．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸，需要保留分子式．【解答】解：A．Ba（OH）2溶液与过量的NaHCO3溶液混合，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故A错误；-28-\nB．次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体，反应生成硫酸钙和氯离子，正确的离子方程式为：Ca2++ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl﹣+2H+，故B错误；C．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故C正确；D．氯气与水的反应为可逆反应，生成的次氯酸需要保留化学式，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故D错误；故选C．【点评】本题综合考查了离子方程式书写判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意熟练掌握离子方程式的书写方法，明确常见的难溶物、弱电解质、气体． 9．xR2++yH++O2=mR3++nH2O中，对m和R3+判断正确的是（ ）A．m=4，R3+是还原产物B．m=4，R3+是氧化产物C．2m=y，R3+是还原产物D．2m=y，R3+是氧化产物【考点】氧化还原反应．【分析】xR2++yH++O2═mR3++nH2O中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，所以m=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物．A．m=4，R3+是氧化产物，故A错误；B．m=4，R元素化合价升高，被氧化，R3+是氧化产物，故正确；C．m=4，y=4，则m=y，R3+是氧化产物，故C错误；D．由以上分析可知m=y，故D错误．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常考考点，注意电荷守恒及原子守恒的应用，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大． 10．已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D．③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．置换反应中不仅有单质生成还必须有单质参加；B．根据同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断氧化性强弱；C．先确定还原剂和氧化剂，再根据它们计量数之间的关系式判断；D．氧化还原反应中得失电子数相等．【解答】解：A．②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；B．：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；-28-\nC．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误；D．③还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2×（5﹣0）mol=10mol，故D错误；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，易错选项是C，注意该选项中不是所有氯化氢都参加氧化还原反应，为易错点． 11．向100m2mol•L﹣1的NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，将溶液蒸发结晶，得到9.3g白色固体（假设不含结晶水），该白色固体的组成是（ ）A．只含Na2CO3B．只含NaHCO3C．NaOH和Na2CO3的混合物D．Na2CO3和NaHCO3的混合物【考点】化学方程式的有关计算．【分析】NaOH溶液中通入一定量的CO2后，结晶，得到的白色固体可能为：①只有碳酸钠，②碳酸钠和氢氧化钠的混合物、③只含有碳酸氢钠、④碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，根据钠元素守恒进行极端讨论得出正确结论即可．【解答】解：氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=0.1L×2mol/L=0.2mol，①若白色固体完全为碳酸钠，根据钠原子守恒，生成碳酸钠的物质的量为0.1mol，质量为10.6g＞9.3g，不可能；②若白色固体为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，假设完全为氢氧化钠，则质量为8.0g，若完全为碳酸钠，则质量为10.6g，8.0g＜9.3g＜10.6g，可能为二者的混合物；③若白色固体为碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，完全为碳酸钠时，固体质量为10.6g，完全为碳酸氢钠时，固体质量为：16.8g，所以白色固体的最小质量为10.6g＞9.3g，所以不可能碳酸钠和碳酸氢钠的混合物；④完全为碳酸氢钠时，白色固体的质量为16.8g＞9.3g，不可能；根据以上讨论可知，反应产物为NaOH和Na2CO3的混合物，故选C．【点评】本题考查了有关范围讨论的计算，题目难度中等，注意掌握有关范围讨论的化学计算方法，明确氢氧化钠与二氧化碳的反应原理是解答本题的关键． 12．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（ ）A．明矾与水反应生成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．当光束通过鸡蛋清水溶液时，能观察到丁达尔效应C．水泥厂用高压电作用于气溶胶以除去烟尘，是根据胶体带电这个性质而设计的D．Li是最轻的金属，也是活动性强的金属，是制造电池的理想物质【考点】胶体的重要性质；胶体的应用；碱金属的性质．【分析】A．铝离子水解生成氢氧化铝；B．鸡蛋清水溶液是胶体；C．胶体不带电；D．Li密度小，位于周期表第ⅠA族，较活泼．【解答】解：A．明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝具有与净水作用，故A正确；B．鸡蛋清水溶液是胶体，有丁达尔效应，故B正确；C．胶体不带电，胶粒带电，故C错误；-28-\nD．Li密度小，位于周期表第ⅠA族，较活泼，且单位质量提供的电能较大，是制造电池的理想物质，故D正确．故选C．【点评】本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握． 13．下列叙述中正确的是（ ）①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同；③28gCO的体积为22.4L；④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A．①②③B．②⑤⑥C．②③⑥D．④⑤⑥【考点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算．【专题】化学用语专题．【分析】①标准状况下，水为液体；②标准状况下，气体的物质的量相同时，其体积相同；③不一定是在标准状况下；④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；⑤根据pV=nRT来分析；⑥根据pM=ρRT来分析．【解答】解：①标准状况下，1LHCl的物质的量为，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；②标准状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故②正确；③不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28gCO的体积为×22.4L/mol=22.4L，故③错误；④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，故④错误；⑤由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑤正确；⑥由pM=ρRT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑥正确；故选B．【点评】本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=ρRT即可解答． 14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，22.4L水的分子数为NAB．常温下将23gNa投入到0.5L1.0mol•L﹣1的盐酸中反应共转移的电子数为0.5NAC．0.5mol/LKCl溶液中含有0.5NA个K+-28-\nD．12.0g熔融的NaHSO4中含有0.1NA个阳离子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，水为液态；B、钠投入到盐酸溶液中先与HCl反应，再与水反应；C、溶液体积不明确；D、熔融的NaHSO4中含有的阳离子只有钠离子；【解答】解：A、标况下，水为液态，故A错误；B、钠投入到盐酸溶液中先与HCl反应，再与水反应，故最终23g钠即1mol钠完全反应变为Na+，故转移1mol电子，故个数为NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故无法计算K+的个数，故C错误；D、12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，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． 15．下列实验操作中正确的是（ ）A．蒸馏操作时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部，且向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸B．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热C．焰色反应每次实验都要先用稀硫酸洗净铂丝D．过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离混合物的方法【考点】蒸馏与分馏；焰色反应；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A、温度计位置在蒸馏烧瓶支管口处；沸石起防止暴沸作用；B、根据蒸发操作的注意事项分析；C、用稀盐酸洗净铂丝；D、常用分离物质的方法有：过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等．【解答】解：A、温度计应处于蒸馏烧瓶支管口，沸石起防止暴沸作用，故A错误；B、蒸发时待大量晶体析出时，停止加热，利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，故B错误；C、焰色反应每次实验都要先用稀盐酸洗净铂丝，盐酸具有挥发性，硫酸不可，故C错误；D、过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是分离物质的方法，故D正确，故选D．【点评】本题考查混合物的分离以及常见分离方法，在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合具体的反应流程和学过的知识进行分析解答． 16．工业炼铁用到的原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石等，下列对原料在冶炼过程中的作用叙述不正确的是（ ）A．焦炭是铁矿石炼铁时的还原剂B．焦炭先与空气中的氧气反应，为炼铁提供能量C．石灰石是助矿石中杂质形成炉渣D．固体原料需粉碎，增大与气体的接触面【考点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素．-28-\n【分析】高炉中发生的主要反应有：在高温下，焦炭跟氧气反应生成二氧化碳；二氧化碳被焦炭还原成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁．其中焦炭的作用：提供热量、生成一氧化碳；石灰石的主要作用是将矿石中的二氧化硅转变为炉渣，以此解答该题．【解答】解：A．铁矿石炼铁时的还原剂为CO，故A错误；B．焦炭的作用：提供热量、生成一氧化碳，故B正确；C．石灰石的主要作用是将矿石中的二氧化硅转变为炉渣，故C正确；D．粉碎固体，可增大固体反应的表面加，使固体充分反应，故D正确．故选A．【点评】本题主要考查了铁的冶炼原理，为高频考点，侧重于化学与工业的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累． 17．将一块严重锈蚀而部分变成铜绿[Cu2（OH）2CO3]的铜块研磨成粉末，在空气中充分灼烧成CuO，固体质量的变化情况不可能是（ ）A．增重10%B．增重30%C．不变D．减轻20%【考点】化学方程式的有关计算．【分析】含铜绿Cu2（OH）2CO3的铜块，在空气中充分灼烧到质量不再变化为止，碱式碳酸铜分解，铜氧化，最终产物应为氧化铜；根据题意可知其中存在铜单质（部分变质），且有铜绿（有变质的部分）．固体最多增重是由于Cu→CuO的变化，固体最多减轻是由于Cu2（OH）2CO3→CuO的变化，故可根据极值法求出增重最多的和减轻最少的进行判断．【解答】解：因为固体最多增重Cu→CuO，固体最多减轻Cu2（OH）2CO3→CuO，①假设全部为铜：则加热变为氧化铜，会增重氧元素的质量，相当于铜元素质量的×100%=25%；②假设全部为铜绿：则加热后只余氧化铜，那么减轻的质量应为Cu2（OH）2CO3中保留CuO部分外的质量，即×100%=27.9%；综上所属，由于是两种情况的混合物，所以固体质量的变化情况应是处于两者之间，也就是在增重25%与减轻27.9%之间的；当混合物中铜的含量约为52.8%时，反应前后固体质量不变即铜与氧气反应时得到的氧元素的质量等于碱式碳酸铜失去的水和二氧化碳的质量，故选B．【点评】本题考查了运用质量守恒的规律，通过归纳不同物质或不同变化过程中相同点和不同点，有效地寻找出它们之间的内在联系以及融合点和嫁接点，从而培养了学生的创新思维能力． 18．下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是（ ）-28-\nA．B．C．D．【考点】气体发生装置的气密性检查．【专题】化学实验基本操作．【分析】装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法．A．利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡；B．利用锥形瓶内外气体压强差形成水柱；C．利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡；D．利用压强差形成水柱；【解答】解：A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故A错误；B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故B错误；C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故C错误；D．用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气，符合题意，故D正确；故选D．【点评】本题考查装置气密性的检查，装置气密性检验原理都是依据密闭装置中气体存在压强差，形成水柱或气泡的现象进行判断是解答本题的关键，该题易错点是D选项的判别，题目难度不大． 19．取一定量的饱和氯水与CaCO3粉末混合，观察到氯水的黄绿色褪去，静置后取上层澄清溶液四份，分别进行以下实验：①一份滴加盐酸，产生大量气泡；②一份滴加NaOH溶液，出现白色沉淀③一份用酒精灯加热出现白色沉淀；④将有色布条浸入第四份溶液，布条立即褪色根据以上判断下列说法中错误的是（ ）A．整个实验过程中未涉及氧化还原反应B．由①、②可知澄清溶液中的含有Ca（HCO3）2C．②、③中的白色沉淀为CaCO3D．由④可知澄清溶液中含有HClO【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．-28-\n【分析】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸酸性比碳酸弱，①一份滴加盐酸，产生大量气泡，说明明溶液中含有Ca（HCO3）2，②一份滴加NaOH溶液，出现白色沉淀，反应为Ca（HCO3）2与NaOH反应生成CaCO3，③一份用酒精灯加热出现白色沉淀，Ca（HCO3）2加热分解生成CaCO3，④将有色布条浸入第四份溶液，布条立即褪色，说明溶液中含有HClO，据此回答判断．【解答】解：氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸酸性比碳酸弱，①一份滴加盐酸，产生大量气泡，说明明溶液中含有Ca（HCO3）2，②一份滴加NaOH溶液，出现白色沉淀，反应为Ca（HCO3）2与NaOH反应生成CaCO3，③一份用酒精灯加热出现白色沉淀，Ca（HCO3）2加热分解生成CaCO3，④将有色布条浸入第四份溶液，布条立即褪色，说明溶液中含有HClO，A、饱和氯水与CaCO3粉末发生反应的化学方程式为：2CaCO3+2Cl2+2H2O=Ca（HCO3）2+CaCl2+2HClO，属于氧化还原反应，故A错误；B、滴加NaOH溶液，出现白色沉淀，反应为Ca（HCO3）2与NaOH反应生成CaCO3，可知澄清溶液中的含有Ca（HCO3）2，故B正确；C、滴加NaOH溶液，出现白色沉淀，反应为Ca（HCO3）2与NaOH反应生成CaCO3，Ca（HCO3）2受热分解为碳酸钙、水以及二氧化碳，即②、③中的白色沉淀为CaCO3，故C正确；D、有色布条浸入第四份溶液，布条立即褪色，则溶液中一定会含有次氯酸，故D正确．故选A．【点评】本题考查气体的制备和氯水的性质，题目难度中等，注意知识的归纳和整理是解题关键． 20．为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤不正确的操作顺序是（ ）A．③②①⑤④B．③①②⑤④C．②③①⑤④D．②①③⑤④【考点】粗盐提纯．【专题】综合实验题．【分析】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加碳酸钠，其中碳酸根离子去除去钙离子，加氯化钡除去硫酸根离子，加入氢氧化钠除去镁离子，每一次所加的试剂都是过量的，引入的杂质离子也要除掉，据此确定加试剂的顺序．【解答】解：粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，加碳酸钠可以除去钙离子，加氯化钡可以除去硫酸根离子，加入氢氧化钠可以除去镁离子，每一次所加的试剂都是过量的，引入的杂质离子也要除掉，所以碳酸钠加在氯化钡后面，以除去多余的钡离子，盐酸必须加在最后边，除去多余的碳酸根离子，氢氧根离子，即顺序③①④不能改变，符合该顺序的选项都是合理的，即A、B、C都正确．故选D．【点评】本题考查学生粗盐提纯中所加试剂的顺序知识，注意除杂的原则是关键，属于基本知识的考查，难度中等． 21．下列示意图与对应的反应情况正确的是（ ）A．含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2-28-\nB．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解．【解答】解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；C、假设n（KAl（SO4）2）=2mol，则n（Al3+）=2mol，n（SO42﹣）=4mol，当加入n（Ba（OH）2）=3mol时，Al3+完全沉淀生成2molAl（OH）3，此时SO42﹣剩余1mol，继续加入1molBa（OH）2，此时发生的反应为Ba2++SO42﹣═BaSO4、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，生成1molBaSO4沉淀，同时有2molAl（OH）3溶解，因此沉淀的物质的量减少，最后保持不变，根据分析可知图象应该只有一段上升的过程，故C错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故D错误．故选B．【点评】本题考查运用课本知识解决新问题的能力，并且要考虑反应的先后顺序问题，属于偏难题． 22．由二氧化硅制高纯硅的流程图如图，下列判断中错误的是（ ）A．①②③均属于氧化还原反应-28-\nB．H2和HCl均可循环利用C．SiO2是一种坚硬难熔的固体D．光纤的主要成分是高纯度的单质硅【考点】硅和二氧化硅；氧化还原反应．【分析】A．依据反应中是否有化合价的变化判断；B．根据生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCl既是反应物，又是生成物进行解答；C．SiO2是原子晶体；D．光导纤维主要成分为二氧化硅．【解答】解：A．二氧化硅与碳发生反应生成硅与一氧化碳，硅与氯化氢发生反应生成四氯化硅，三氯硅烷分解生成硅与氯化氢，都有化合价的变化，都属于氧化还原反应，故A正确；B．生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCl既是反应物，又是生成物，所以可重复利用的物质是H2和HCl，故B正确；C．SiO2是原子晶体，硬度大、熔点高，故C正确；D．光导纤维主要成分为二氧化硅不是硅，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了硅及其化合物的性质及用途，明确二氧化硅与硅的性质是解题关键，注意原子晶体的性质，题目难度不大． 23．有一无色混合物的水溶液，只能含有一下离子中的若干种；H+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100ml溶液进行如下实验：根据上述实验，一下推测正确的是（ ）（1）第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol；（3）第三份加入足量BaCl2溶液后，得到沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．A．K+一定存在B．100ml溶液中含0.01molCO32﹣C．Cl﹣一定存在D．Fe3+一定不存在，Mg2+可能存在【考点】常见离子的检验方法．【分析】无色溶液中不存在有色的Fe3+离子，①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；②0.04mol为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.04mol；③2.33g为硫酸钡，6.27g为硫酸钡和碳酸钡，根据n=计算出沉淀的物质的量；再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子．【解答】解：无色混合物的水溶液中一定不存在Fe3+离子，①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有：Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；②加足量NaOH溶液加热产生气体，该气体为氨气，故原溶液中一定有0.04mol铵离子；③不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量为：=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡质量为：6.27g﹣2.33g=3.94g，物质的量为：=0.02mol，故原溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣，根据离子共存，则一定没有Mg2+、H+，-28-\n根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.04mol，c（﹣）=2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣）=0.06mol，总正电荷小于负电荷，则原溶液中一定含有K+，至少为0.02mol；综合以上可以得出，一定存在的离子有NH4+、K+、CO32﹣、SO42﹣，一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、H+，可能存在Cl﹣，A．根据电荷守恒可知，溶液中一定存在K+，故A正确；B．根据分析可知，100mL溶液中含有0.02molCO32﹣，故B错误；C．溶液中可能含有Cl﹣，不是一定存在，故C错误；D．根据溶液无色可知一定不存在Fe3+，根据离子共存判断一定不存在Mg2+，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出错． 二、解答题（共4小题，满分34分）24．现有部分元素的原子结构特点如下表：X其单质之一是空气中主要成分，最常见的助燃剂Y其某种核素不含中子Z失去一个电子后，形成Ne原子电子层结构W最外层电子数是次外层电子数的2倍（1）写出各元素的元素符号：X O ，Y H ，（2）画出下列微粒的结构示意图Z+ ，W原子 ．（3）写出两种由上述任意三种元素组成的水溶液呈碱性的物质 NaOH 、 Na2CO3或NaHCO3 ．（填化学式）【考点】原子结构与元素的性质．【专题】原子组成与结构专题．【分析】X其单质之一是空气中主要成分，最常见的助燃剂，X单质为氧气，所以X为O元素；Y其某种核素不含中子，则Y为H元素；Z失去一个电子后，形成Ne原子电子层结构，则Z是Na元素；W最外层电子数是次外层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个，则W是C元素，再结合题目分析解答．【解答】解：X其单质之一是空气中主要成分，最常见的助燃剂，X单质为氧气，所以X为O元素；Y其某种核素不含中子，则Y为H元素；Z失去一个电子后，形成Ne原子电子层结构，则Z是Na元素；W最外层电子数是次外层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个，则W是C元素，（1）通过以上分析知，X是O元素、Y是H元素，故答案为：O；H；-28-\n（2）Z+为钠离子，钠离子结构示意图为，W是C元素，C原子结构示意图为，故答案为：；．（3）两种由上述任意三种元素组成的水溶液呈碱性的物质有NaOH、Na2CO3或NaHCO3，故答案为：NaOH、Na2CO3或NaHCO3．【点评】本题考查了原子结构和元素性质，明确原子结构及元素周期表结构是解本题关键，根据物质的性质及原子结构确定元素，再结合基本理论来分析解答，题目难度不大． 25．（1）2KClO32KCl+3O2↑，请用双线桥表示其电子转移情况 ．（2）配平 2 KmnO4+ 16 HCl（浓）→ 2 KCl+ 2 MnCl2+ 5 Cl2↑+ 8 H2O（3）黑火药是我国古代四大发明之一．黑火药在爆炸时，反应的化学方程式如下：2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2，在此反应中，属于氧化剂的是 KNO3、S ，属于氧化产物的是 CO2 ．（填写化学式）【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平．【分析】（1）反应中Cl元素化合价由+5价降低为KCl中﹣1价，氧元素由﹣2价升高为O2中0价，转移电子数为12；（2）反应中KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，HCl→Cl2↑，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，据此结合原子守恒配平，标出电子转移情况；（3）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，还原剂发生氧化反应生成氧化产物．【解答】解：（1）反应中Cl元素化合价由+5价降低为KCl中﹣1价，氧元素由﹣2价升高为O2中0价，转移电子数为12，用双线桥表示其电子转移情况为：，故答案为：；-28-\n（2）反应中KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，HCl→Cl2↑，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，结合原子守恒配平后方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2；16；2；2；5；8；（3）反应中N元素化合价由KNO3中+5价降低为N2中0价，S元素化合价由单质硫中0价降低为K2S中﹣2价，KNO3、S是氧化剂，C元素由单质碳中的0价升高为CO2中+4价，碳发生氧化反应生成CO2，CO2是氧化产物，故答案为：KNO3、S；CO2．【点评】本题考查氧化还原反应配平、基本概念、电子转移表示方法等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握． 26．某探究小组在实验室中用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3，SiO2）提取氧化铝，流程如图，回答下列问题：（1）画出Al的原子结构示意图 ．（2）写出反应①中主要成分发生反应的离子方程式： Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O ．（3）实验室中，甲同学用如图装置I制备CO2气体并通入滤液B中制备Al（OH）3，实验时结果没有产生预期现象．乙同学分析以为：甲同学通入的CO2气体中含有HCl气体是导致实验失败的原因，解决的方案是在装置I中①和②之间增加Ⅱ．则装置Ⅱ中的试剂x应为 饱和碳酸氢钠 溶液．（4）工业上通常以铝土矿提取得到的Al2O3为原料制备无水氯化铝：2Al2O3+6Cl24AlCl3+3CO2↑该反应中的还原剂是 C ，制得22.4L（标准状况）CO2气体，有 4 mol电子发生转移．【考点】制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验分析题；热点问题．【分析】本题以铝土矿为原料制备氧化铝的工艺流程，涉及物质分离提纯的基本操作和铝及其化合物的性质；（1）根据原子结构示意图的画法来解答；（2）氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱．但Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸．①为盐酸，则在①得到滤液中含有铝离子、铁离子，滤渣为二氧化硅；-28-\n（3）在实验装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加除去CO2中含有HCl气体的装置，根据NaHCO3溶液能与HCl气体反应，而不与二氧化碳反应分析；（4）Cl2有强氧化性，还原剂是有元素化合价降低的物质，根据碳元素化合价变化计算注意电子数目．【解答】解：（1）Al元素是第13号元素，核内由13个质子，核外有13个电子，Al元素的原子的最外层电子数是3，可以作出Al元素的原子结构示意图，故答案为：；（2）①为盐酸，则在①得到滤液中含有铝离子、铁离子，滤渣为二氧化硅．①氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应方程式为Al2O3+6HCl═2AlCl3+3H2O，对应的离子方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O氧化铁与盐酸反应生成氯化铁与水，反应方程式为Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，对应离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；（3）在实验装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加除去CO2中含有HCl气体的装置，NaHCO3溶液能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，在除去氯化氢的同时增加了二氧化碳的量，故答案为：饱和碳酸氢钠；（4）2Al2O3+6Cl2+34AlCl3+3CO2↑反应中氯元素化合价由0价降低为﹣1价，氯气是氧化剂，碳从0价变为+4价，是还原剂，若制得22.4L（标况下）CO2气体时，即1mol二氧化碳，转移电子为1mol×4=4mol，故答案为：C；4．【点评】本题考查用铝土矿提取氧化铝，理解工艺流程是解题的关键，平时注意分析问题、解决问题的能力的培养，题目难度中等． 27．有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属．三种金属单质A、B、C能与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有标出）．请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B Al ，G FeCl3 （2）写出下列反应的化学方程式：① Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ ，② 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ -28-\n（3）验证反应后溶液G中含有金属阳离子所用的试剂和反应的化学方程式： KSCN ， FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl （4）验证反应后溶液G中不含溶液F中金属阳离子，其实操作是 取少量溶液G，加入酸性高锰酸钾溶液，观察高锰酸钾溶液是否褪色 （5）将反应后溶液F中金属阳离子全部转化为溶液G中金属阳离子，选用的绿色试剂是H2O2，H2O2在酸性的条件下发生氧化．写出反应的离子方程式 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．【考点】无机物的推断．【分析】A是金属单质，且其焰色反应为黄色，则A是Na，黄绿色气体乙是Cl2，红棕色沉淀是H是Fe（OH）3，Na和水反应生成NaOH和H2，则甲是H2、D是NaOH，金属B能和NaOH溶液反应生成氢气，则B是Al，氢气和氯气反应生成HCl，则丙是HCl，E是盐酸，盐酸和C反应生成F，F能和氯气反应生成G，G和NaOH反应生成Fe（OH）3，则G是FeCl3，F是FeCl2，C是Fe，再结合题目分析解答．【解答】解：A是金属单质，且其焰色反应为黄色，则A是Na，黄绿色气体乙是Cl2，红棕色沉淀是H是Fe（OH）3，Na和水反应生成NaOH和H2，则甲是H2、D是NaOH，金属B能和NaOH溶液反应生成氢气，则B是Al，氢气和氯气反应生成HCl，则丙是HCl，E是盐酸，盐酸和C反应生成F，F能和氯气反应生成G，G和NaOH反应生成Fe（OH）3，则G是FeCl3，F是FeCl2，C是Fe，（1）通过以上分析知，B是Al、G是FeCl3，故答案为：Al；FeCl3；（2）反应①为铁与盐酸的反应，方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，反应②为Al和NaOH溶液反应生成可溶性偏铝酸钠和氢气，方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；（3）G中阳离子是铁离子，Fe3+和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，反应方程式为FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl，故答案为：KSCN；FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl；（4）亚铁离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，取少量溶液G，加入酸性高锰酸钾溶液，观察高锰酸钾溶液是否褪色，故答案为：取少量溶液G，加入酸性高锰酸钾溶液，观察高锰酸钾溶液是否褪色；（5）双氧水的还原产物是水，则反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．【点评】本题以Fe、Al及其化合物为载体考查了无机物推断，根据物质的特殊颜色、状态来推断物质，明确物质性质是解本题关键，常考查的金属元素化合物还有Cu、Na及其化合物，了解铁离子、亚铁离子的检验方法，会运用化学语言描述实验现象，题目难度中等． 三、实验题28．海带中含有丰富的碘．为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架、泥三角外，还需要用到的实验仪器是 CD -28-\nA．烧杯B．表面皿C．坩埚D．酒精灯E．圆底烧瓶（2）请写出步骤④中反应的离子方程式： 2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣ （3）步骤⑥是从含碘的苯溶液中分离出单质碘和回收苯，还需经过蒸馏，指出并改正下列实验装置（图2）中的错误之处（至少两处）．① 温度计水银球位置放在液面以下 ；② 冷凝管中的水流方向错误（烧杯不能直接加热） （4）步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘，其验操作可分解为如下几步：（A）把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；（B）把50毫升碘水和15毫升苯加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；（C）检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；（D）倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；（E）旋开活塞，用烧杯接收溶液；（F）将分液漏斗上口倒出上层溶液；（G）将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔；（H）静置，分层．就此实验，完成下列填空：①正确操作步骤的顺序是 C → B → D →A→G→ H →E→F②上述（G）步骤操作的目的是 与大气相通，使液体顺利流下 ③能选用苯从碘水中萃取碘的原因是 苯与水互不相溶且不反应；I2在苯中溶解度比在水中的大；苯与碘互不反应 ．【考点】海带成分中碘的检验．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据仪器的作用选取仪器；（2）根据氯气能氧化I﹣生成I2；（3）根据蒸馏实验的注意事项：温度计水银球的位置、烧杯加热垫石棉网、冷冷凝管中凝水的流向等；（4）①萃取的步骤：溶液和萃取液分别倒入分液漏斗，把分液漏斗倒转过来用力振荡，将分液漏斗放在铁架台上静置，待液体分层后，将漏斗上端玻璃塞打开，从下端放出下层液体，上端倒出上层液体；②分液漏斗的使用方法：漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔，保证气压平衡；③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．【解答】解：（1）灼烧海带时用坩埚盛放海带，用带铁圈的铁架台或三脚架和泥三角上放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以灼烧海带时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台或三脚架、泥三角、酒精灯，故选CD；（2）氯气能氧化I﹣生成I2，离子方程式为：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，故答案为：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣；（3）根据蒸馏的注意事项可知，图中出现以下错误：①温度计水银球的位置错误，应与蒸馏瓶支管下沿平齐；②烧杯下没垫石棉网，否则加热时会受热不均而炸裂；③冷冷凝管中凝水的流向错误，冷水应从下方进，上方出；故答案为：温度计水银球位置放在液面以下；冷凝管中的水流方向错误（烧杯不能直接加热）；-28-\n（4）①萃取（分液操作）正确操作顺序：查漏（C）→将碘水和苯加入分液漏斗中（B）→倒转漏斗用力振荡（D）→分液漏斗放在铁架台的铁圈上（A）→玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔（G）→静置分层（H）→旋开活塞，用烧杯接收溶液（E）→将分液漏斗上口倒出上层溶液（F），故答案为：C；B；D；H；②分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔，这样与大气相通，使液体顺利流下，故答案为：与大气相通，使液体顺利流下；③碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与苯不反应，水与苯不互溶，可以用苯萃取碘水中的碘单质，故答案为：苯与水互不相溶且不反应，I2在苯中溶解度比在水中的大，苯与碘互不反应．【点评】本题考查了海水资源的综合利用，涉及知识点较多，萃取剂的选取标准，掌握基础是关键，题目难度中等． 四、计算题29．现有FeCl3、AlCl3的混合溶液100mL，逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入的NaOH的物质的量的关系如图．（1）a点对应的沉淀为 Fe（OH）3和Al（OH）3 （填化学式）．（2）计算原混合液中FeCl3的物质的量浓度为多少？【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】发生的反应有Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，结合图中消耗的NaOH的物质的量来计算即可．【解答】解：（1）向FeCl3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先发生的反应为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，继续滴加NaOH溶液，Al（OH）3沉淀溶解，Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O（a～b段），a点对应的沉淀为Fe（OH）3和Al（OH）3，b点，及b点后对应的沉淀为Fe（OH）3；故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；（2）设FeCl3、AlCl3的物质的量分别为x、y，0～a段反应，消耗NaOH溶液3molFe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，1mol3mol1mol3mol1molx3xy3yy3x+3y=3mol①a～b段反应，消耗NaOH溶液（3.6﹣3）molAl（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O1mol1molyyy=0.6mol②-28-\n由①②解得x=0.4mol，即FeCl3的物质的量为0.6mol，c===4mol/L；故答案为4mol/L．【点评】本题考查了FeCl3、AlCl3和NaOH溶液反应的特点：NaOH的物质的量发生变化的过程中沉淀的量变化，题目不难，注意Al（OH）3的性质． -28-
