浙江省舟山中学高一化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年浙江省舟山中学高一（上）期中化学试卷　一、选择题（每题只有1个正确答案，1-20题每小题2分，21-25每小题2分，共45分）1．以下分类正确的是（　　）单质氧化物酸碱盐AHD水硫酸烧碱胆矾B氯水NO2盐酸石灰水水银C碘酒一氧化碳硝酸NH3•H2O食盐DH2Fe3O4HNO3纯碱小苏打A．AB．BC．CD．D　2．我国稀土资源丰富，下列关于稀土元素14462Sm与15062Sm的有关说法中，正确的是（　　）A．14462Sm与15062Sm互为同位素B．14462Sm与15062Sm的质量数相同C．14462Sm与15062Sm是同一种核素D．14462Sm与15062Sm核外电子数和中子数均为62　3．下列说法中正确的是（　　）A．德国化学家维勒首次实现了人工合成有机物B．原子吸收光谱常用来确定物质中含有非金属元素C．所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在D．SO2能溶于水，水溶液能导电，所以SO2是电解质　4．下列反应中，不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（　　）A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B．CH4+2O2CO2+2H2OC．2KClO32KCl+3O2↑D．CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑　-36-\n5．下列叙述正确的是（　　）A．由同种元素组成的物质肯定属于纯净物B．含金属元素的离子一定都是阳离子C．一种元素可能形成多种离子D．具有相同质子数的粒子都属于同种元素　6．下列关于氧化物的叙述正确的是（　　）A．金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C．碱性氧化物都能与水化合生成碱D．酸性氧化物都能与水化合生成酸　7．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1molCl2与足量Fe反应转移电子数一定为2NAB．常态下，11.2LCO2和O2混合气体中含NA个氧原子C．1L0.1mol/LFeCl3溶液可制备0.1NA个Fe（OH）3胶粒D．0.1mol/L的醋酸溶液中含有0.1NA个H+　8．等质量的SO2和SO3（　　）A．所含氧原子的个数比为2：3B．所含硫原子个数比为1：1C．所含硫元素的质量比为5：4D．所含原子个数比为3：4　9．人们对原子结构的认识有一个不断伸入的过程，下列先后顺序中符合史实的是（　　）①道尔顿提出的原子论②卢瑟福的原子结构行星模型③波尔提出的量子力学模型④汤姆生提出的葡萄干面包式原子模型．A．①②④③B．①④②③C．②①④③D．①③②④　10．下列叙述正确的是（　　）-36-\nA．同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等B．任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）和一氧化碳，体积一定相同C．同温同压下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等D．常温下，0.1mol/L的KI溶液中含有I﹣的物质的量为1mol　11．下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（　　）A．F2、K、HClB．Cl2、Al、H2C．NO2、Na、Br2D．O2、SO2、H2O　12．下列关于胶体和溶液的叙述正确的是（　　）A．胶体为分散质粒子直径在10nm～100nm之间的分散系B．可利用过滤的方法分离胶体和溶液C．溶液是混合物，胶体是纯净物D．利用丁达尔效应可以区别胶体和溶液　13．下列有关实验操作的说法正确的是（　　）A．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B．用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿pH试纸C．用稀硝酸溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应D．用CCl4萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端流出　14．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（　　）A．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SO42﹣B．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣C．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+D．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+　15．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（　　）A．H+、Fe3+、Cl﹣、CO32﹣B．K+、Na+、Br﹣、NO3﹣C．NH4+、K+、OH﹣、SO42﹣D．Ag+、Na+、Cl﹣、K+-36-\n　16．在氯水中存在多种分子和离子，可通过实验的方法加以确定，下列说法中可能错误的是（　　）A．加入含有NaOH的酚酞试液，红色褪去，说明有H+存在B．加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在C．氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在D．加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在　17．检验氯化氢气体中是否混有氯气可采用的方法是（　　）A．用干燥的蓝色石蕊试纸B．用干燥的有色布条C．将气体通入硝酸银溶液D．用湿润的淀粉碘化钾试纸　18．由相同条件下的三个反应：①2NaA+B2=2NaB+A2；②2NaC+A2=2NaA+C2；③2NaB+D2=2NaD+B2；可判断（　　）A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2B．还原性：C﹣＞A﹣＞B﹣＞D﹣C．2NaD+A2=2NaA+D2可进行D．2NaC+B2=2NaB+C2不能进行　19．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．铜与硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++AgB．氯气溶于水：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClOC．硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=H2O+BaSO4↓D．氯化钙溶液中通入二氧化碳气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+　20．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（　　）A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣1　-36-\n21．已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：1．现有49.7gCl2，将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中，反应完全后得500mL溶液．该溶液中NaCl的物质的量浓度为（　　）A．0.8mol/LB．0.9mol/LC．1.6mol/LD．1.8mol/L　22．取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集到amol单质气体，在反应后的残留固体中加入过量的浓盐酸并加热，充分反应后又收集到bmol单质气体，假设最后锰元素全部以Mn2+存在于溶液中，则a+b的最小值为（　　）A．0.02B．0.04C．0.08D．0.1　23．研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜．下面有关解释不正确的是（　　）A．维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B．维生素C具有还原性C．致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D．青菜中含有维生素C　24．化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质．已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl；2Co（OH）3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O2Fe（OH）2+I2+2KOH=2Fe（OH）3+2KI；3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2↑+H2O；KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2↑下列说法不正确是（　　）A．氧化性（酸性溶液）：FeCl3＞Co（OH）3＞I2B．还原性（碱性溶液）：Fe（OH）2＞I2＞KIO3C．热稳定性：NaCl＞NaClO4＞NaClOD．酸性（水溶液）：HSCN＞H2CO3＞HCN-36-\n　25．甲、乙、丙、丁分别是Ca（OH）2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法中正确的是（　　）A．甲一定是Ca（OH）2溶液B．乙一定是KNO3溶液C．丙不可能是Na2CO3溶液D．丁只能是盐酸　　二、填空题（共55分）26．氯气是比较重要的化工原料，其可以制备一系列化合物，其中氯气也是种很活泼的非金属单质，（1）氯气和铜丝的反应现象　　　　　　．（2）漂白粉放置在空气中易变质而失效，其反应方程式为：　　　　　　、　　　　　　．工业制取漂白粉原理为（用化学方程式表示）：　　　　　　．　27．有以下几种物质：①食盐晶体②乙醇③铜④蔗糖⑤冰醋酸（纯醋酸晶体）⑥KNO3溶液⑦熔融的氢氧化钠⑧液态氯化氢填空回答（填序号）：（1）物质中构成的微粒只能在固定位置上振动的是　　　　　　；（2）以上物质可以导电的是　　　　　　；（3）以上物质中属于电解质的是　　　　　　；（4）以上物质中属于非电解质的是　　　　　　．　28．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应的化学方程式　　　　　　_．（2）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_　　　　　　．-36-\n（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目　　　　　　．（4）．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为　　　　　　．　29．如图1是硫酸试剂瓶标签上的内容．（1）该硫酸的物质的量浓度为　　　　　　；（2）实验室用该硫酸配制240mL0.46mol•L﹣1的稀硫酸，则①需要该硫酸的体积为　　　　　　mL；②实验所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有　　　　　　；③配制过程中有几个关键的步骤和操作如图2所示：将上述实验步骤A﹣F按实验过程先后次序排列　　　　　　．④该同学实际配制得到的浓度为0.45mol•L﹣1，可能的原因是　　　　　　A．量取浓H2SO4时仰视刻度B．容量瓶洗净后未经干燥处理C．没有将洗涤液转入容量瓶D．定容时仰视刻度．　30．现有失去标签的氯化镁、碳酸钠、硫酸氢钠、氢氧化钡四种无色溶液，为了确定四种溶液各是什么，将它们随意编号A、B、C、D后进行实验，其实验现象如表反应编号反应物质有关现象①A+B有沉淀生成②B+C有气体放出③C+D有沉淀生成-36-\n④B+D无明显现象⑤A+D有沉淀生成根据实验现象，按要求回答：（1）写出各物质的化学式A　　　　　　、B　　　　　　、C　　　　　　、D　　　　　　（2）写出实验中反应②的离子方程式　　　　　　向A中滴加少量的B的离子方程式　　　　　　，继续滴加的离子方程式　　　　　　．　31．在实验室里可用如图所示装置来制取氯酸钠、次氯酸钠和探究氯水的性质．如图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30%NaOH溶液来制取氯酸钠，并置于热水浴中；③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液来制取次氯酸钠，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置．请填写下列空白：（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过　　　　　　（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸．实验室制Cl2的化学方程式　　　　　　；实验时为了除去氯气中的HCl气体，可在①与②之间安装盛有　　　　　　（填写下列编号字母）的净化装置．A．碱石灰B．氢氧化钠溶液C．饱和食盐水D．浓硫酸（2）如果将过量二氧化锰与20mL12mol•L﹣1的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气　　　　　　0.06mol．（填“大于”“小于”“等于”），若有17.4g的MnO2被还原，则被氧化的HCl质量为　　　　　　．（3）比较制取氯酸钠和次氯酸钠的条件，二者的差异是①　　　　　　；②　　　　　　．（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写如表中的空白．实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为红色氯气与水反应生成的H+使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色　　　　　　然后溶液从无色逐渐变为　　　　　　色　　　　　　-36-\n　　-36-\n2022-2022学年浙江省舟山中学高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题只有1个正确答案，1-20题每小题2分，21-25每小题2分，共45分）1．以下分类正确的是（　　）单质氧化物酸碱盐AHD水硫酸烧碱胆矾B氯水NO2盐酸石灰水水银C碘酒一氧化碳硝酸NH3•H2O食盐DH2Fe3O4HNO3纯碱小苏打A．AB．BC．CD．D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】单质是只含有一种元素的纯净物；氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物；酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指在电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物，据此回答．【解答】解：A、HD是氢气单质，水属于化合物，硫酸属于酸，烧碱属于碱，胆矾是硫酸铜的结晶水合物，属于盐，故A正确；B、氯水属于混合物，不是单质，水银是Hg单质，不是盐，故B错误；C、碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，故C错误；D、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，不属于碱，故D错误．故选A．【点评】本题难度不大，考查物质类别的判断，掌握活泼金属、常见的碳单质、氧化物与酸碱盐的特征等的特征是解答此类题的关键．　2．我国稀土资源丰富，下列关于稀土元素14462Sm与15062Sm的有关说法中，正确的是（　　）A．14462Sm与15062Sm互为同位素B．14462Sm与15062Sm的质量数相同C．14462Sm与15062Sm是同一种核素-36-\nD．14462Sm与15062Sm核外电子数和中子数均为62【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；核素；同位素及其应用．【专题】原子组成与结构专题．【分析】14462Sm与15062Sm的质子数相同，中子数不同，则互为同位素，结合原子的构成来解答．【解答】解：A．14462Sm与15062Sm的质子数均为62，但中子数分别为82、88，则互为同位素，故A正确；B．14462Sm与15062Sm的质量数分别为144、150，故B错误；C．14462Sm与15062Sm的质子数相同，中子数不同，为不同的核素，故C错误；D．14462Sm与15062Sm的质子数均为62，但中子数分别为82、88，故D错误；故选A．【点评】本题考查原子的构成及同位素，明确不同位置的数字的意义、原子中的数量关系即可解答，较简单．　3．下列说法中正确的是（　　）A．德国化学家维勒首次实现了人工合成有机物B．原子吸收光谱常用来确定物质中含有非金属元素C．所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在D．SO2能溶于水，水溶液能导电，所以SO2是电解质【考点】化学史；原子核外电子的跃迁及应用；电解质与非电解质；焰色反应．【分析】A．德国化学家维勒用氰酸铵合成尿素；B．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；C．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；D．SO2的水溶液电离出阴阳离子的是亚硫酸而不是SO2．【解答】解：A．德国化学家维勒用氰酸铵合成尿素，从而打破了无机物和有机物的界限，故A正确；B．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B错误；C．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，如铁无焰色反应，故C错误；-36-\nD．SO2的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的是亚硫酸而不是SO2，所以SO2是非电解质，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学史、常用仪器、焰色反应以及电解质和非电解质的判断，难度不大，根据定义来分析解答即可，注意导电的不一定是电解质，电解质不一定导电，为易错点．　4．下列反应中，不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（　　）A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B．CH4+2O2CO2+2H2OC．2KClO32KCl+3O2↑D．CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】四种基本反应类型有化合、置换、分解以及复分解类型，从化合价变化的角度判断反应是否氧化还原反应．【解答】解：A．属于置换反应，Na和H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B．不属于四种基本反应类型，C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B选；C．属于分解反应，Cl和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D．属于复分解反应，各元素的化合价都没有变化，不属于氧化还原反应，故D不选．故选B．【点评】本题考查化学反应类型的判断，题目难度不大，学习中注意把握氧化还原反应的特征，注意化合价的判断．　5．下列叙述正确的是（　　）A．由同种元素组成的物质肯定属于纯净物B．含金属元素的离子一定都是阳离子C．一种元素可能形成多种离子D．具有相同质子数的粒子都属于同种元素-36-\n【考点】混合物和纯净物；原子结构与元素的性质．【专题】物质的分类专题；原子组成与结构专题．【分析】A、依据同素异形体分析判断；B、金属也可以形成酸根阴离子；C、元素存在变价，可以形成多种离子；D、具有相同质子数的离子可以是原子和分子．【解答】解：A、依据同素异形体分析判断，由同种元素组成的物质不一定属于纯净物，如O2和O3组成的混合物，故A错误；B、金属也可以形成酸根阴离子，如MnO4﹣，故B错误；C、元素存在变价，可以形成多种离子，如Fe2+、Fe3+，故C正确；D、具有相同质子数的离子可以是原子和分子，如Ne和H2O质子数相同，故D错误；故选C．【点评】本题考查了物质分类方法，微粒结构分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．　6．下列关于氧化物的叙述正确的是（　　）A．金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C．碱性氧化物都能与水化合生成碱D．酸性氧化物都能与水化合生成酸【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】A、金属氧化物可以是酸性氧化物或两性氧化物，非金属氧化物可以是不成盐氧化物；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物；C、碱性氧化物不一定都和水反应生成碱；D、酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸．【解答】解：A、金属氧化物可以是酸性氧化物或两性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物；非金属氧化物可以是不成盐氧化物；如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故A错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故B正确；-36-\nC、碱性氧化物不一定都和水反应生成碱，如Fe2O3是碱性氧化物但不与水反应，故C错误；D、酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；故选B．【点评】本题考查了酸碱盐、氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题．　7．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1molCl2与足量Fe反应转移电子数一定为2NAB．常态下，11.2LCO2和O2混合气体中含NA个氧原子C．1L0.1mol/LFeCl3溶液可制备0.1NA个Fe（OH）3胶粒D．0.1mol/L的醋酸溶液中含有0.1NA个H+【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.1mol氯气与铁完全反应得到2mol电子；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量；C．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的数目；D．没有告诉醋酸溶液体积，无法计算溶液中氢离子的数目．【解答】解：A.1mol氯气与足量的铁完全反应可以得到2mol电子，反应转移电子数一定为2NA，故A正确；B．没有告诉在标况下，题中条件无法计算二氧化碳和氧气的混合气体的物质的量，故B错误；C．由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以无法计算溶液中氢氧化铁胶粒的物质的量及数目，故C错误；D．醋酸为弱电解质，且缺少醋酸溶液的体积，无法计算醋酸溶液中氢离子的数目，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　8．等质量的SO2和SO3（　　）-36-\nA．所含氧原子的个数比为2：3B．所含硫原子个数比为1：1C．所含硫元素的质量比为5：4D．所含原子个数比为3：4【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】根据n=、N=nNA可知，质量相同的SO2和SO3分子数目之比与摩尔质量成反比，根据物质含有的O、S原子数目计算所含O、S原子数目之比及所含原子之比；所含硫元素的质量比为与二者的物质的量成正比，据此进行判断．【解答】解：根据据n=、N=nNA可知，质量相同的SO2和SO3分子数目之比与摩尔质量成反比，故质量相同的SO2和SO3分子数目之比为：80g/mol：64g/mol=5：4，A．每个SO2含有2个O原子，每个SO3含有3个O原子，质量相同的SO2和SO3分子数目之比为5：4，故含有的O原子数目之比为：（5×2）：（4×3）=5：6，故A错误；B．每个SO2含有1个S原子，每个SO3含有1个S原子，质量相同的SO2和SO3分子数目之比为5：4，故含有的S原子数目之比也是5：4，故B错误；C．根据分析可知，相同质量的二氧化硫和三氧化硫，分子数之比为5：4，含有含有硫原子数之比为5：4，则所含硫元素的质量比也是5：4，故C正确；D．质量相同的SO2和SO3分子数目之比为5：4，故含有的原子数目之比为：5×（1+2）：4×（1+3）=15：16，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度中等，注意掌握阿伏伽德罗定律及其推论的内容，明确化学式与各元素组成之间的关系，为易错点．　9．人们对原子结构的认识有一个不断伸入的过程，下列先后顺序中符合史实的是（　　）①道尔顿提出的原子论②卢瑟福的原子结构行星模型③波尔提出的量子力学模型④汤姆生提出的葡萄干面包式原子模型．A．①②④③B．①④②③C．②①④③D．①③②④【考点】化学史；原子构成．【专题】原子组成与结构专题．【分析】①1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论；-36-\n②1911年卢瑟福提出原子结构行星模型；③1913年波尔提出的量子力学模型；④1904年汤姆孙提出的葡萄干面包原子模型．【解答】解：①1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论；②1911年卢瑟福提出原子结构行星模型；③1913年波尔提出的量子力学模型；④1904年汤姆孙提出的葡萄干面包原子模型，先后顺序是①④②③．故选B．【点评】本题主要考查了化学史，难度不大，平时注意知识的积累．　10．下列叙述正确的是（　　）A．同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等B．任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）和一氧化碳，体积一定相同C．同温同压下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等D．常温下，0.1mol/L的KI溶液中含有I﹣的物质的量为1mol【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．气体分子有单原子分子、多原子分子；B．温度、压强不等，气体摩尔体积不一定相等；C．N2和CO的摩尔质量相等，同温同压下，气体摩尔体积相等，根据m==判断；D．溶液的体积未知．【解答】解：A．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体，其物质的量相等，所以其分子数一定相等，气体分子有单原子分子、多原子分子，所以气体的原子个数不一定相等，故A错误；B．温度、压强不等，气体摩尔体积不一定相等，所以等物质的量的甲烷（CH4）和一氧化碳，体积不一定相同，故B错误；C．N2和CO的摩尔质量相等，同温同压下，气体摩尔体积相等，根据m==知，若体积相等，则质量一定相等，故C正确；D．溶液的体积未知，所以无法计算I﹣的物质的量，故D错误；-36-\n故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，熟悉物质的量的有关公式是解本题关键，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，题目难度不大．　11．下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（　　）A．F2、K、HClB．Cl2、Al、H2C．NO2、Na、Br2D．O2、SO2、H2O【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】断物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手，1．熟悉物质的性质，2．物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性．【解答】解：A、氟气只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，故A正确；B、Cl2既有氧化性又有还原性，金属铝和氢气只有还原性，故B错误；C、二氧化氮和水的反应说明二氧化氮既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，故C错误；D、二氧化硫中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，故D错误．故选A．【点评】本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解．氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性．还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性．　12．下列关于胶体和溶液的叙述正确的是（　　）A．胶体为分散质粒子直径在10nm～100nm之间的分散系B．可利用过滤的方法分离胶体和溶液C．溶液是混合物，胶体是纯净物D．利用丁达尔效应可以区别胶体和溶液【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．-36-\n【分析】A．分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体；B．胶体和溶液都能透过滤纸；C．由一种物质组成的物质属于纯净物，由两种或两种以上物质组成的物质属于混合物；D．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应．【解答】解：A．胶体为分散质粒子直径在10nm～100nm之间的分散系，故A错误；B．胶粒不能透过半透膜，溶液能透过，可用渗析分离胶体和溶液，故B错误；C．胶体和溶液都是混合物，故C错误；D．丁达尔效应是胶体的独有性质，而溶液物此性质，利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故D正确．故选D．【点评】本题考查胶体的性质，题目难度不大，本题易错点为D，注意胶体有介稳性，丁达尔效应是胶体的独有性质．　13．下列有关实验操作的说法正确的是（　　）A．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B．用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿pH试纸C．用稀硝酸溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应D．用CCl4萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端流出【考点】蒸发和结晶、重结晶；焰色反应；试纸的使用；分液和萃取．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、根据蒸发操作的注意事项分析；B、pH试纸不能湿润；C、用盐酸洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应；D、根据CCl4的密度分析．【解答】解：A、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A错误；B、pH试纸不能湿润，测定溶液的pH时用洁净的玻璃杯蘸待测液体点在试纸上，故B错误；C、用盐酸洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应，故C错误；D、为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，由于CCl4的密度比水大，在下层，所以分液时有机层从分液漏斗的下端流出，故D正确．-36-\n故选D．【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意基础实验方法的积累．　14．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（　　）A．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SO42﹣B．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣C．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+D．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+【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A、过程中原溶液中含有银离子也可以产生沉淀现象；B、亚硫酸根离子和酸反应生成的二氧化硫气体也可以使石灰水变浑浊；C、和碳酸根离子形成沉淀的离子不一定是钡离子，镁离子等也可以生成沉淀；D、依据铵根离子的检验方法分析判断，氨气与红色石蕊试液变红是同种反应现象．【解答】解：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有Ag+离子或硫酸根离子，故A错误；B、亚硫酸根离子和酸反应生成的二氧化硫气体也可以使石灰水变浑浊；加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，不一定有CO32﹣，故B错误；C、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可以是镁离子、锌离子等，再加盐酸白色沉淀消失，所以不一定有Ba2+，故C错误；D、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，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH4+，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子检验的方法应用，反应现象判断，关键是干扰离子的分析判断，掌握常见离子的检验方法和反应现象是解题关键．　15．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（　　）A．H+、Fe3+、Cl﹣、CO32﹣B．K+、Na+、Br﹣、NO3﹣C．NH4+、K+、OH﹣、SO42﹣D．Ag+、Na+、Cl﹣、K+【考点】离子共存问题．-36-\n【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．H+、CO32﹣结合生成水和气体，Fe3+、CO32﹣相互促进水解，不能大量共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故C错误；D．Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．　16．在氯水中存在多种分子和离子，可通过实验的方法加以确定，下列说法中可能错误的是（　　）A．加入含有NaOH的酚酞试液，红色褪去，说明有H+存在B．加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在C．氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在D．加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，利用离子、分子的性质来分析．【解答】解：氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，A、碱遇酚酞变红，H+与碱反应使颜色消失，但次氯酸具有漂白性，也能使颜色褪去，则不能说明有H+存在，故A错误；B、次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故B正确；C、氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故C正确；-36-\nD、因AgCl不溶于水，则加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在，故D正确；故选A．【点评】本题考查氯水的成分及氯水中各微粒的性质，明确离子、分子的性质是解答本题的关键，难度不大．　17．检验氯化氢气体中是否混有氯气可采用的方法是（　　）A．用干燥的蓝色石蕊试纸B．用干燥的有色布条C．将气体通入硝酸银溶液D．用湿润的淀粉碘化钾试纸【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】干燥的氯气不具有漂白性，在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl﹣，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则无法检验，但氯气具有氧化性，能与KI反应置换出单质碘．【解答】解：A、因HCl和氯气都不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，则不能检验，故A错误；B、因HCl和氯气都不能使干燥的有色布条褪色，则不能检验，故B错误；C、在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl﹣，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则不能检验，故C错误；D、因氯气具有氧化性，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验时试纸变蓝，则说明置换出碘单质，使淀粉变蓝，则能够检验混有氯气，故D正确；故选D．【点评】本题考查气体的检验，应先考虑到氯气溶于水后会产生和氯化氢一样的H+、Cl﹣，所以不能用检验这两者的方法，应利用氯气的特殊性质来检验．　18．由相同条件下的三个反应：①2NaA+B2=2NaB+A2；②2NaC+A2=2NaA+C2；③2NaB+D2=2NaD+B2；可判断（　　）A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2B．还原性：C﹣＞A﹣＞B﹣＞D﹣C．2NaD+A2=2NaA+D2可进行D．2NaC+B2=2NaB+C2不能进行【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应．【分析】同一化学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．-36-\n【解答】解：A、2NaA+B2=2NaB+A2中氧化性B2大于A2，2NaC+A2=2NaA+C2中氧化性A2大于C2，2NaB+D2=2NaD+B2中氧化性D2大于B2，所以氧化性大小顺序为：D2＞B2＞A2＞C2，故A错误．B、2NaA+B2=2NaB+A2中还原性A﹣大于B﹣，2NaC+A2=2NaA+C2中还原性C﹣＞A﹣，2NaB+D2=2NaD+B2中还原性B﹣＞D﹣，所以还原性大小顺序为：C﹣＞A﹣＞B﹣＞D﹣，故B正确．C、2NaD+A2=2NaA+D2反应中D2的氧化性大于A2，不符合A得到的结论，不可以进行，故C错误．D、2NaC+B2=2NaB+C2反应中B2的氧化性大于C2，符合A得到的结论，所以可以进行，故D错误．故选B．【点评】本题考查了氧化性强弱比较和还原性强弱比较，以及利用强弱关系判断离子方程式正误，题目比较基础．　19．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．铜与硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++AgB．氯气溶于水：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClOC．硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=H2O+BaSO4↓D．氯化钙溶液中通入二氧化碳气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子方程式两边正电荷不相等，不满足电荷守恒；B．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸需要保留分子式；C．氢离子、氢氧根离子的计量数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成；D．氯化钙溶液与二氧化碳气体不发生反应，无法写出反应的离子方程式．【解答】解：A．铜与硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故A错误；B．氯气溶于水，反应生成氯化氢、次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B正确；C．硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=2H2O+BaSO4↓，故C错误；D．氯化钙溶液中通入二氧化碳，二者不发生反应，无法写出离子方程式，故D错误；-36-\n故选B．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．　20．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（　　）A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】两等份溶液中，一份加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH﹣），另一份加BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH﹣）=amol，另一份BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42﹣），故每份中溶液n（K+）=2bmol﹣2×amol=（2b﹣a）mol，故原溶液中钾离子浓度==mol/L，故选：A．【点评】本题考查离子反应的有关混合计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键．-36-\n　21．已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：1．现有49.7gCl2，将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中，反应完全后得500mL溶液．该溶液中NaCl的物质的量浓度为（　　）A．0.8mol/LB．0.9mol/LC．1.6mol/LD．1.8mol/L【考点】氧化还原反应的计算．【分析】在不同的条件下，氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O；生成物NaClO3的物质的浓度=．【解答】解：在不同的条件下，氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O，Cl2在70℃的NaOH水溶液中反应是上述两个反应的综合过程，将两个反应相加得：4Cl2+6NaOH=NaClO+NaClO3+6NaCl+4H2O，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，对方程式配平后得到：7Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O，49.7gCl2的物质的量是=0.7mol．设生成的氯化钠的物质的量为n，则7Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O7190.7moln即=解得n=0.9mol所以生成物NaCl的物质的量浓度==1.8mol/L．故选D．【点评】本题是一道有关氯气性质的计算题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．　22．取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集到amol单质气体，在反应后的残留固体中加入过量的浓盐酸并加热，充分反应后又收集到bmol单质气体，假设最后锰元素全部以Mn2+存在于溶液中，则a+b的最小值为（　　）A．0.02B．0.04C．0.08D．0.1【考点】氧化还原反应的计算．-36-\n【分析】KMnO4固体，加热一段时间后，收集到气体为氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气；根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.04×（7﹣2）=4a+2b，整理得a+b=0.1﹣a，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定b（a+b）的最小值．【解答】解：KMnO4固体，加热一段时间后，收集到气体为氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到乙气体为氯气，氧气是无色无味气体，而氯气是黄绿色有刺激性气味的气体；根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.04×（7﹣2）=4a+2b，整理得a+b=0.1﹣a，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.04mol×=0.02mol，即a最大值=0.02，生成氯气最少，故a+b≥0.1﹣0.02=0.08，故选C．【点评】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，难度中等，属于易错题目，注意充分利用整个过程中的电子转移守恒解答．　23．研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜．下面有关解释不正确的是（　　）A．维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B．维生素C具有还原性C．致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D．青菜中含有维生素C【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．-36-\n【分析】人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As．【解答】解：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，则A．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，故A错误；B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；C．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；D．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故D正确．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应．　24．化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质．已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl；2Co（OH）3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O2Fe（OH）2+I2+2KOH=2Fe（OH）3+2KI；3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2↑+H2O；KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2↑下列说法不正确是（　　）A．氧化性（酸性溶液）：FeCl3＞Co（OH）3＞I2B．还原性（碱性溶液）：Fe（OH）2＞I2＞KIO3C．热稳定性：NaCl＞NaClO4＞NaClOD．酸性（水溶液）：HSCN＞H2CO3＞HCN【考点】氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件．【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题．【分析】A、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；-36-\nB、根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来判断，在反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的；C、根据物质分解时生成更加稳定的物质来判断；D、根据化学反应遵循强酸制弱酸的规律来判断．【解答】解：A、在2FeCl3+2HI═2FeCl2+I2+2HCl反应中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co（OH）3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+6H2O中，氧化性：Co（OH）3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co（OH）3＞FeCl3，则有：Co（OH）3＞FeCl3＞I2，故A错误；B、在3I2+6KOH═5KI+KIO3+3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KI＞I2＞KIO3；在2Fe（OH）2+I2+2KOH═2Fe（OH）3+2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）2＞I2；Fe（OH）2＞Fe（OH）3；Fe（OH）2＞KI，故还原性应为：Fe（OH）2＞I2＞KIO3，故B正确；C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO3NaCl+NaClO4，稳定性NaClO4＞NaClO，在反应中NaClO4NaCl+2O2↑中，稳定性NaCl＞NaClO4，则稳定性NaCl＞NaClO4＞NaClO，故C正确；D、化学反应遵循强酸制弱酸的规律，在反应2HSCN+K2CO3═2KSCN+CO2↑+H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反应中KCN+CO2+H2O═HCN+KHCO3，酸性H2CO3＞HCN，则酸性为HSCN＞H2CO3＞HCN，故D正确．故选A．【点评】本题考查氧化性、还原性、稳定性和酸性的比较，做题时注意积累比较物质的性质的规律和方法．　25．甲、乙、丙、丁分别是Ca（OH）2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法中正确的是（　　）A．甲一定是Ca（OH）2溶液B．乙一定是KNO3溶液C．丙不可能是Na2CO3溶液D．丁只能是盐酸【考点】离子反应发生的条件；无机物的推断．【专题】离子反应专题．-36-\n【分析】由于所给的物质属于酸碱盐，而酸碱盐两两之间的反应属于复分解反应，所以解答该题应该从复分解反应的条件入手进行分析，若两两之间间能结合成水、沉淀或气体，则物质可以反应，然后结合所给选项作出判断即可．【解答】解：A、甲、乙、丙、丁分别是Ca（OH）2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，甲可以是Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种，都可以和另外两种物质反应，故A错误；B、甲、乙、丙、丁分别是Ca（OH）2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，甲可以是Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种，都可以和另外两种物质反应，退单乙一定为KNO3溶液，故B正确；C、Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中，任意一种都会和另外两种物质反应所以，丙可能为Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的任意一种，故C错误；D、依据C分析，丁可以是Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的任意一种，故D错误；故选B．【点评】本题考查了复分解反应的应用，完成此题，可以依据复分解反应的条件进行，即物质间若能结合成沉淀、气体或水，则物质间可以发生复分解反应．　二、填空题（共55分）26．氯气是比较重要的化工原料，其可以制备一系列化合物，其中氯气也是种很活泼的非金属单质，（1）氯气和铜丝的反应现象　铜与氯气剧烈燃烧，产生棕黄色烟　．（2）漂白粉放置在空气中易变质而失效，其反应方程式为：　CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO　、　2HClO2HCl+O2↑　．工业制取漂白粉原理为（用化学方程式表示）：　2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　．【考点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）铜与氯气剧烈燃烧生成氯化铜固体；（2）漂白粉在空气中变质，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙、HClO，HClO见光分解失效；氯气与石灰乳反应制备漂白粉；-36-\n【解答】解；（1）铜与氯气剧烈燃烧生成氯化铜固体，燃烧时观察到集气瓶内产生棕黄色烟，故答案为：铜与氯气剧烈燃烧，产生棕黄色烟；（2）漂白粉久置空气中，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解而使其漂白失效，发生的反应为CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑，氯气与石灰乳反应制备漂白粉，反应为2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；【点评】本题考查物质的化学性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，侧重性质及化学反应方程式书写的考查，题目难度不大．　27．有以下几种物质：①食盐晶体②乙醇③铜④蔗糖⑤冰醋酸（纯醋酸晶体）⑥KNO3溶液⑦熔融的氢氧化钠⑧液态氯化氢填空回答（填序号）：（1）物质中构成的微粒只能在固定位置上振动的是　①④　；（2）以上物质可以导电的是　③⑥⑦　；（3）以上物质中属于电解质的是　①⑤⑦⑧　；（4）以上物质中属于非电解质的是　②④　．【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．【分析】（1）固体粒子之间的相互作用力很大，把粒子紧扣在一起，所以粒子只能在固定的位置上振动；（2）含有自由移动离子或电子的物质能导电；（3）在熔融状态下或水溶液里能导电的化合物是电解质；（4）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：（1）组成物质的微粒之间存在相互作用，各微粒之间既有相互吸引力，又有相互排斥力，当微粒距离较近时，排斥力的作用明显，将微粒推开，当微粒距离较大时，吸引力的作用明显，将微粒拉近，所以通常微粒在较平衡的位置上做极小的运动，即只能在各自平衡位置附近做微小振动，故选①④；（2）含有自由移动离子或电子的物质能导电，③水银中含有自由的电子，所以能导电，⑥KNO3溶液、⑦熔融的氢氧化钠中含有自由移动的离子，所以能导电，故选③⑥⑦；-36-\n（3）①食盐晶体、⑤纯醋酸、⑦熔融的氢氧化钠、⑧液态氯化氢溶于水都能导电，且都是化合物，所以都是电解质，故选①⑤⑦⑧；（4）②乙醇和④蔗糖在水溶液里或熔融状态下都以分子存在，所以都是非电解质，故选②④．【点评】本题考查电解质和非电解质的判断、能导电的物质等知识点，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质．　28．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应的化学方程式　Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑　_．（2）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_　H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2　．（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目　　．（4）．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为　92.50%　．【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；-36-\n（3）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，进而确定各物质的量的系数配平方程式，确定转移电子数目，标出电子转移的方向和数目；（4）根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数．【解答】解：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；（3）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，KNO3的系数为4，H2O的系数为2，配平并标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（4）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n（SeO2）=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=92.50%，故答案为：92.50%．【点评】本题考查氧化还原反应有关知识，涉及氧化性强弱比较、氧化还原反应配平、电子转移表示、氧化还原反应滴定计算等，难度中等，注意（4）中根据关系式的计算．　-36-\n29．如图1是硫酸试剂瓶标签上的内容．（1）该硫酸的物质的量浓度为　18.4mol/L　；（2）实验室用该硫酸配制240mL0.46mol•L﹣1的稀硫酸，则①需要该硫酸的体积为　6.3　mL；②实验所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有　量筒、250mL容量瓶和胶头滴管　；③配制过程中有几个关键的步骤和操作如图2所示：将上述实验步骤A﹣F按实验过程先后次序排列　CBDFAE　．④该同学实际配制得到的浓度为0.45mol•L﹣1，可能的原因是　CD　A．量取浓H2SO4时仰视刻度B．容量瓶洗净后未经干燥处理C．没有将洗涤液转入容量瓶D．定容时仰视刻度．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）根据物质的量浓度c=来计算；（2）①根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；②根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；③根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作步骤来排序；④根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解答】解：（1）溶液的物质的量浓度c===18.4mol/L，故答案为：18.4mol/L；（2）①由于实验室为240mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，配制出250mL溶液，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol/L×VmL=0.46mol/L×250mL，解得V=6.3mL，故答案为：6.3；-36-\n②根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故除烧杯、玻璃棒外，还需要量筒、250mL容量瓶和胶头滴管．故答案为：量筒、250mL容量瓶和胶头滴管；③根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序为CBDFAE，故答案为：CBDFAE；④实际配制得到的浓度为0.45mol•L﹣1，比所要配制的浓度偏低．A．量取浓H2SO4时仰视刻度，则浓硫酸的体积偏大，浓度偏高，故A错误；B．容量瓶洗净后未经干燥处理，对所配溶液的浓度无影响，故B错误；C．没有将洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故C正确；D．定容时仰视刻度，则溶液体积偏大，浓度偏低，故D正确．故选CD．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，注意从c=理解配制原理，注意操作顺序排序中容量瓶中溶液体积多少确定BF位置．　30．现有失去标签的氯化镁、碳酸钠、硫酸氢钠、氢氧化钡四种无色溶液，为了确定四种溶液各是什么，将它们随意编号A、B、C、D后进行实验，其实验现象如表反应编号反应物质有关现象①A+B有沉淀生成②B+C有气体放出③C+D有沉淀生成④B+D无明显现象⑤A+D有沉淀生成根据实验现象，按要求回答：（1）写出各物质的化学式A　Ba（OH）2　、B　NaHSO4　、C　Na2CO3　、D　MgCl2　（2）写出实验中反应②的离子方程式　2H++CO32﹣=CO2↑+H2O　向A中滴加少量的B的离子方程式　H++SO42﹣+OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+H2O　，继续滴加的离子方程式　H++OH﹣=H2O　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．-36-\n【分析】B、D混合没有明显现象，分别为NaHSO4、MgCl2中的一种，则A、C分别为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，B、C混合有气体生成，只能是NaHSO4、Na2CO3反应生成二氧化碳，故B为NaHSO4，C为Na2CO3，可推知D为MgCl2，A为Ba（OH）2，氢氧化钡与硫酸氢钠、氯化镁均产生白色沉淀．【解答】解：（1）B、D混合没有明显现象，分别为NaHSO4、MgCl2中的一种，则A、C分别为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，B、C混合有气体生成，只能是NaHSO4、Na2CO3反应生成二氧化碳，故B为NaHSO4，C为Na2CO3，可推知D为MgCl2，A为Ba（OH）2，氢氧化钡与硫酸氢钠、氯化镁均产生白色沉淀，故答案为：Ba（OH）2；NaHSO4；Na2CO3；MgCl2；（2）实验中反应②的离子方程式为：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；向A中滴加少量的B的离子方程式为：H++SO42﹣+OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+H2O，继续滴加的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故答案为：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；H++SO42﹣+OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+H2O；H++OH﹣=H2O．【点评】本题考查无机物推断，属于实验型推断，关键事实根据反应现象进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识．　31．在实验室里可用如图所示装置来制取氯酸钠、次氯酸钠和探究氯水的性质．如图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30%NaOH溶液来制取氯酸钠，并置于热水浴中；③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液来制取次氯酸钠，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置．请填写下列空白：（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过　分液漏斗　（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸．实验室制Cl2的化学方程式　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　；实验时为了除去氯气中的HCl气体，可在①与②之间安装盛有　C　（填写下列编号字母）的净化装置．A．碱石灰B．氢氧化钠溶液C．饱和食盐水D．浓硫酸（2）如果将过量二氧化锰与20mL12mol•L﹣1的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气-36-\n　小于　0.06mol．（填“大于”“小于”“等于”），若有17.4g的MnO2被还原，则被氧化的HCl质量为　142g　．（3）比较制取氯酸钠和次氯酸钠的条件，二者的差异是①　所用NaOH浓度不同　；②　反应控制的温度不同　．（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写如表中的空白．实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为红色氯气与水反应生成的H+使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色　HClO有强氧化性，体现漂白作用是其褪色　然后溶液从无色逐渐变为　溶液颜色变为浅绿色　色　溶液中溶解了大量的氯气，体现浅绿色　【考点】探究氯水、氯气的漂白作用；氯气的实验室制法．【专题】卤族元素．【分析】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，可用饱和食盐水除杂；（2）氯化氢易挥发，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应；根据二氧化锰和作还原剂的HCl之间的关系式计算；（3）在加热条件下，氯气与浓NaOH溶液反应生成氯酸钠，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色．-36-\n【解答】解：（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；C；（2）盐酸具有挥发性，加热促进氯化氢的挥发，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，所以反应生成氯气的物质的量小于0.06mol，17.4gMnO2的物质的量==0.2mol，该反应中二氧化锰和被氧化的HCl的物质的量之比为1：2，有0.2mol二氧化锰参加反应，则有0.4molHCl被氧化，m（HCl）=nM=0.4mol×36.5g/mol=142g，故答案为：小于；142g；（3）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓NaOH溶液反应生成氯酸钠，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同．故答案为：所用NaOH浓度不同；反应控制的温度不同；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色，故答案为：HClO有强氧化性，体现漂白作用是其褪色溶液颜色变为浅绿色溶液中溶解了大量的氯气，体现浅绿色．【点评】本题考查了氯气的实验室制法，题目难度中等，明确氯气的有关化学反应原理是解本题关键，注意掌握氯气的漂白原理，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力．　-36-