天津市南开区2022学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）

天津市南开区2022-2022学年高一上学期期末考试化学试卷一．选择题（20小题，每题2分，每小题只有一个选项符合题意）1．某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源是化石燃料的燃烧．下列物质中，不属于化石燃料的是（　　）　A．煤B．石油C．天然气D．氢气考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．.分析：化石燃料是指远古的动植物在地底下经过几亿年的时间形成的燃料，据此分析．解答：解：化石燃料是指远古的动植物在地底下经过几亿年的时间形成的燃料，包括煤、石油和天然气，故选D．点评：本题考查了化石燃料的分类，属于识记型题目，难度不大．　2．（2分）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（　　）　A．盐酸B．氢氧化铁胶体C．氯化钠溶液D．硫酸铜溶液考点：胶体的重要性质．.分析：依据分散系的分类和性质分析，胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可．解答：解：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，分散质微粒直径小于1﹣100nm的是溶液，大于1﹣100nm的是浊液；盐酸、氯化钠溶液、硫酸铜溶液属于溶液，无丁达尔效应；氢氧化铁胶体分散质大小：1nm～100nm，属于胶体，有丁达尔效应；故选B．点评：本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，题目较简单．　3．（2分）鉴别下列各物质，只能用焰色反应的是（　　）　A．NaCl和KClB．KCl和NaNO3C．NaCl和CuSO4D．NaCl和K2CO3考点：焰色反应．.分析：只能用焰色反应进行鉴别，则选项中物质不能利用阴离子鉴别，且阳离子不同，阳离子利用化学反应不能鉴别，以此来解答．解答：解：A．阴离子均为氯离子，只能利用焰色反应检验，焰色为黄色的为氯化钠，则另一物质为氯化钾，故A选；B．利用硝酸银可鉴别，加硝酸银生成白色沉淀的为氯化钾，无现象的为硝酸钠，故B不选；C．利用NaOH可鉴别，加NaOH生成蓝色沉淀的为硫酸铜，无现象的为氯化钠，故C不选；D．利用盐酸可鉴别，加盐酸生成无色气体的为碳酸钾，无现象的为氯化钠，故D不选；故选A．点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应中的不同现象为解答的关键，注意焰色反应为物理变化，明确常见金属的焰色反应即可解答，题目难度不大．　4．（2分）下列物质中，能使品红溶液褪色的是（　　）　A．盐酸B．氮气C．二氧化氮D．二氧化硫-17-\n考点：二氧化硫的化学性质．.分析：具有吸附性的物质、具有强氧化性的物质、能与有色物质化合生成无色物质，则均可使品红褪色，以此来解答．解答：解：能使品红褪色的物质常见有活性炭等具有吸附性的物质；过氧化钠、氯水、臭氧等氧化性物质，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，题中二氧化氮具有氧化性，也可使品红褪色，故选CD．点评：本题考查漂白性，为高频考点，明确常见的具有漂白性的物质及漂白原理是解答本题的关键，题目难度不大．　5．（2分）下列气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用固体NaOH干燥的是（　　）　A．二氧化硫B．氨气C．氧气D．氯气考点：气体的净化和干燥．.分析：干燥剂的选择条件：能吸水，但干燥剂不能与气体反应，据此分析．解答：解：A、SO2能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，故A错误；B、氨气溶于水是氨水，能与浓硫酸反应，故B错误；C、O2既不与浓硫酸反应，也不与氢氧化钠反应，因此可以干燥，故C正确；D、Cl2可以和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故D错误；故选C．点评：要牢记常用的干燥剂，而且要掌握干燥剂的性质，了解干燥剂能与哪一类物质反应，能作哪些气体的干燥剂等．　6．（2分）下列关于物质的分类正确的是（　　）　A．纯碱属于碱B．钢属于纯净物C．液氨属于混合物D．水属于氧化物考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．.分析：A、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；B、同种物质组成的为纯净物；C、不同物质组成的为混合物；D、两种元素组成其中一种是氧元素的化合物为氧化物．解答：解：A、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，纯碱是碳酸钠属于盐，故A错误；B、同种物质组成的为纯净物，钢是铁的合金属于混合物，故B错误；C、不同物质组成的为混合物，液氨属于纯净物，故C错误；D、两种元素组成其中一种是氧元素的化合物为氧化物，水是氧化物，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质分类和存在组成的分析应用，掌握名称和物质存在组成是解题关键，题目较简单．　7．（2分）下列物质能与氢氧化钠溶液反应，但不与盐酸反应的是（　　）　A．氢氧化铝B．氧化铝C．二氧化硅D．铝-17-\n考点：两性氧化物和两性氢氧化物．.分析：A．氢氧化铝为两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；B．三氧化二铝为两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；C．二氧化硅与盐酸不反应，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；D．铝既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应．解答：解：A．Al（OH）3为两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故A不选；B．Al2O3为两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故B不选；C．SiO2与盐酸不反应，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故C选；D．Al既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故D不选；故选：C．点评：本题考查了铝极其化合物的性质，题目难度不大，注意两性物质的概念和性质是解题关键．　8．（2分）某溶液中可能含有SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣，为了检验其中是否含有SO42﹣，除BaCl2液外，还需要的溶液是（　　）　A．H2SO4B．HClC．NaOHD．NaNO3考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．.专题：物质检验鉴别题．分析：加入除BaCl2，可生成碳酸钡、硫酸钡沉淀，应先排除CO32﹣等离子的干扰，以此解答该题．解答：解：只加可溶性钡盐，不酸化，误将CO32﹣、SO32﹣、Ag+等干扰离子判成SO42﹣，所以应先加盐酸酸化，然后加入BaCl2溶液．故选：B．点评：本题考查SO42﹣离子的检验．为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意排除其它杂质离子的干扰，如Ag+、CO32﹣等．　9．（2分）下列各组离子可以在溶液中大量共存的是（　　）　A．Na+，Ag+，NO3﹣，Cl﹣B．H+，K+，OH﹣，NO3﹣　C．Mg2+，Na+，OH﹣，SO42﹣D．K+，Cu2+，Cl﹣，SO42﹣考点：离子共存问题．.分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则不能大量共存，以此来解答．解答：解：A．Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B．H+、OH﹣结合生成水，不能共存，故B错误；C．Mg2+、OH﹣结合生成沉淀，不能共存，故C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．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，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．　10．（2分）下列关于金属铝及其化合物的叙述，正确的是（　　）　A．铝是地壳中含量最多的元素　B．铝在常温下不能与氧气反应-17-\n　C．氧化铝熔点很高，是一种很好的耐火材料　D．氢氧化铝碱性很强，可用于治疗胃酸过多考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．.分析：A、地壳中含量由多到少的元素分别为氧、硅、铝、铁等；B、铝在常温下可以和氧气反应生成氧化铝；C、氧化铝是离子化合物，熔点很高，用作耐火材料；D、Al（OH）3是两性氢氧化物，属于弱碱；解答：解：A、地壳中含量由多到少的元素分别为氧、硅、铝、铁等，所以含量最多的元素是氧，故A错误；B、铝的化学性质活泼，在常温下可以和氧气反应生成氧化铝，形成致密氧化膜，故B错误；C、氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；D、Al（OH）3是两性氢氧化物，属于弱碱，用于治疗胃酸过多，该药品不会造成对人体的伤害，故D错误；故选C．点评：本题主要考查铝及其化合物的性质与用途等，比较基础，体现出化学与生活的密切关系，加强基础知识的掌握．　11．（2分）下列化学反应中属于氮的固定的是（　　）　A．N2+O22NO　B．O2+2NO=2NO2　C．H2O+3NO2═NO+2HNO3　D．4NH3+5O24NO+6H2O考点：氮的固定．.分析：氮的固定指的是游离态的氮转化为化合态的氮．解答：解：A．N2与O2合成NO，氮由游离态转化为化合态，故A正确；B．NO2、NO中的氮都是化合态，故B错误；C．NO2、HNO3中的氮都是化合态，故C错误；D．NH3、NO中的氮都是化合态，故D错误；故选A．点评：本题考查了“氮的固定”的概念，判断时注意分析物质中N的化合价．　12．（2分）下列实验操作与安全事故处理正确的是（　　）　A．实验剩余的钠可放入废液缸中　B．用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应　C．大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并逆风前往安全区域疏散　D．不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用大量水扑灭-17-\n考点：化学实验安全及事故处理．.分析：A、钠易和水剧烈反应；B、钠的焰色反应为黄色；C、氯气有毒，氯气的密度大于空气，低处氯气的含量大；D、灭火的方法有：隔绝空气或降低可燃物的温度．解答：解：A、钠和水剧烈反应，甚至发生爆炸现象，故A错误；B、焰色反应用稀盐酸洗净铂丝，故B错误；C、氯气密度大于空气，低处氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去，故C正确；D、水和酒精互溶，酒精在桌上着火时用水扑火，只能稀释酒精但不能灭火，故D错误，故选C．点评：本题考查了实验室安全事故的处理方法，难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累．　13．（2分）下列溶液中，K+的物质的量浓度最大的是（　　）　A．100mL0.01mol/L的K2CO3溶液B．1mL0.5mol/L的KNO3溶液　C．100mL0.1mol/L的KOH溶液D．10mL0.1mol/L的K2SO4溶液考点：物质的量浓度的相关计算．.分析：选项中物质浓度均已知，结合物质的构成计算K+的物质的量浓度，与溶液的体积无关，以此来解答．解答：解：A.100mL0.01mol/L的K2CO3溶液中，K+的物质的量浓度为0.01mol/L×2=0.02mol/L；B.1mL0.5mol/L的KNO3溶液中，K+的物质的量浓度为0.5mol/L；C.100mL0.1mol/L的KOH溶液中，K+的物质的量浓度为0.1mol/L；D.10mL0.1mol/L的K2SO4溶液中，K+的物质的量浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L，显然B中K+的物质的量浓度最大，故选B．点评：本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握溶质浓度与离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意该题中离子浓度与溶液体积无关，题目难度不大．　14．（2分）硅及其化合物应用广泛，下列叙述正确的是（　　）　A．水晶项链是硅酸盐制品B．硅酸钠可用于制备木材防火剂　C．硅胶与水混合物俗称水玻璃D．硅在地壳中主要以游离态形式存在考点：硅和二氧化硅；硅的用途．.分析：A、水晶项链是二氧化硅；B、硅酸钠不易燃，用作制备木材防火剂；C、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃；D、硅在地壳中主要二氧化硅和硅酸盐的形式存在．解答：解：A、水晶项链是二氧化硅，故A错误；B、硅酸钠不易燃，用作制备木材防火剂，故B正确；C、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅胶是硅酸，故C错误；-17-\nD、硅在地壳中主要二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故D错误；故选B．点评：本题考查硅及化合物的性质和用途，学生只要掌握硅及其化合物的性质就可以迅速解题了，比较容易．　15．（2分）下列关于浓硫酸和浓硝酸的叙述正确的是（　　）　A．加热条件下均能与木炭反应　B．长期露置在空气中浓度会升高　C．常温下均不能用铝制容器贮存　D．浓硫酸能使蔗糖炭化，说明浓硫酸具有吸水性考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．.分析：A．浓硫酸和浓硝酸都具有强的氧化性；B．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性；C．浓硫酸和浓硝酸都具有强的氧化性；D．浓硫酸具有脱水性．解答：解：A．浓硫酸和浓硝酸都具有强的氧化性加热条件下都能氧化碳，故A正确；B．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性，长期露置在空气中浓度都会降低，故B错误；C．浓硫酸和浓硝酸都具有强的氧化性，常温下与铁铝反应生成致密氧化膜，发生钝化，能用铝制容器贮存，故C错误；D．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是浓硫酸的脱水性，故D错误；故选：A．点评：本题考查了元素化合物知识，明确浓硫酸、浓硝酸的性质是解题关键，注意浓硫酸的吸水性和脱水性的区别，题目难度不大．　16．（2分）下列有关二氧化硫的叙述中，正确的是（　　）　A．二氧化硫与水反应生成硫酸　B．二氧化硫是酸性氧化物，能被氨水吸收　C．二氧化硫是有毒气体，不能用于杀菌消毒　D．正常雨水的pH为5.6，因为其中溶解了二氧化硫考点：二氧化硫的化学性质．.分析：A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸；B、酸性氧化物和碱发生反应；C、二氧化硫可用于非食品业的杀菌消毒；D、正常雨水溶解二氧化碳而使其溶液pH=5.6．解答：解：A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化才能生成硫酸，故A错误；B、SO2和碱反应只生成盐和水，所以属于酸性氧化物，和氨水反应生成亚硫酸铵，故B正确；C、病毒属于蛋白质，能被二氧化硫杀死而发生蛋白质变性，所以二氧化硫能杀菌消毒，故C错误；-17-\nD、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子而使雨水溶液呈酸性，其pH=5.6，如果溶解了二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定易被氧气氧化生成硫酸，其酸性增强，pH小于5.6，故D错误；故选B．点评：本题考查了二氧化硫的漂白性、溶解性等知识点，根据酸性氧化物的概念、酸雨的形成、二氧化硫的漂白性来分析解答即可，知道正常雨水pH不为7的原因，明确二氧化硫和次氯酸漂白性原理的差别，题目难度不大．　17．（2分）下列离子方程式中，正确的是（　　）　A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓　B．将稀硝酸滴在石灰石上：2H++CO32﹣=H2O+CO2↑　C．将过量氨水滴入氯化铝溶液中，Al3++3NH3•H2O=3NH4++Al（OH）3↓　D．氯化铜溶液与氢氧化钠溶液反应：CuCl2+2OH﹣=2Cl﹣+Cu（OH）2↓考点：离子方程式的书写．.分析：A．漏掉了氢离子与氢氧根离子的反应；B．碳酸钙为沉淀，应保留化学式；C．过量氨水滴入氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化铵；D．氯化铜为易溶性盐，应拆成离子形式．解答：解：A．稀硫酸雨氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．将稀硝酸滴在石灰石上，离子方程式：2H++CaCO3=H2O+CO2↑+Ca2+，故B错误；C．将过量氨水滴入氯化铝溶液中，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=3NH4++Al（OH）3↓，故C正确；D．氯化铜溶液与氢氧化钠溶液反应，离子方程式：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓，故D错误；故选：C．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式的书写应遵循客观规律，遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意不要漏掉反应的离子，题目难度不大．　18．（2分）下列物质的用途不正确的是（　　）　A．用硫酸铁净水　B．用高纯度的二氧化硅制造光电池　C．用碳酸氢钠焙制糕点　D．刻制印刷电路，用氯化铁溶液腐蚀铜线路板考点：硅和二氧化硅；胶体的重要性质；钠的重要化合物．.分析：A、硫酸铁水解生成氢氧化铁，吸附净水；B、用高纯度的硅制造光电池；C、碳酸氢钠受热易分解；D、铁离子与铜单质发生氧化还原反应．解答：解：A、硫酸铁水解生成氢氧化铁，吸附净水，故A正确；B、用高纯度的硅制造光电池，而不是二氧化硅，故B错误；C、碳酸氢钠受热易分解，使糕点疏松多孔，故C正确；D、铁离子与铜单质发生氧化还原反应，故D正确；-17-\n故选B．点评：本题考查物质的性质及用途，学生要熟悉元素化合物的性质这是解题的关键所在，比较容易．　19．（2分）10g铁粉与含有硫酸的硫酸铜溶液完全反应后，得到10g铜．则参与反应的硫酸铜和硫酸的物质的量之比为（　　）　A．8：7B．7：8C．7：1D．1：7考点：有关混合物反应的计算．.分析：发生反应有：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，设与硫酸反应的Fe的质量为mg，根据方程式计算参加反应的硫酸铜、硫酸的物质的量，据此解答．解答：解：得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，设与硫酸反应的Fe的质量为mg，则：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu固体增重1mol64g﹣56g=8gn（CuSO4）mg故n（CuSO4）==mol，Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑56g1molmgn（H2SO4）与铁反应的硫酸的物质的量为：n（H2SO4）==mol，故参加反应的硫酸铜与硫酸的物质的量之比=mol：mol=7：1，故选C．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质及原理为解答关键，注意掌握差量法在化学计算中的应用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．　20．（2分）下列实验可行的是（　　）　A．将氯化铵溶液蒸干制备氯化铵固体　B．从碘水中提取碘单质，用无水乙醇代替四氯化碳　C．加入适量的铜粉除去硝酸铜溶液中的硝酸银杂质　D．用适量盐酸除去硫酸钠溶液中的碳酸钠考点：化学实验方案的评价．.分析：A．蒸干时氯化铵分解；B．乙醇与水不分层；C．Cu与硝酸银反应生成硝酸铜和Ag；D．盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠．-17-\n解答：解：A．蒸干时氯化铵分解，不能制备氯化铵，应选结晶法制备，故A错误；B．乙醇与水不分层，不能作萃取剂，故B错误；C．Cu与硝酸银反应生成硝酸铜和Ag，则加入适量的铜粉除去硝酸铜溶液中的硝酸银杂质，故C正确；D．盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠，引入新杂质，应选硫酸除杂，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯等为解答的关键，侧重物质性质及实验基本技能的考查，题目难度不大．　21．（2分）用18mol/LH2SO4溶液和100mL容量瓶配置1.8mol/LH2SO4溶液，下列有关说法正确的是（　　）　A．将10mL18mol/LH2SO4溶液加入盛有90mL水的容量瓶中　B．将10mL18mol/LH2SO4溶液加入容量瓶中，加水至刻度线　C．加水时不慎超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体　D．定容时仰视刻度线，配置的溶液浓度偏小考点：配制一定物质的量浓度的溶液．.分析：配制1.8mol/LH2SO4溶液100mL，需要18mol/LH2SO410mL，量取浓硫酸稀释配制成100mL溶液即可．解答：解：A．密度不同的溶液的体积不能直接相加，故将10mL18mol/LH2SO4溶液加入90mL水，溶液的体积不为100ml，且容量瓶不能直接配制溶液，故A错误；B．容量瓶不能直接配制溶液，且应为浓硫酸倒入水中，故B错误；C．加水时不慎超过刻度线，溶液的体积增大，浓度减小，应重新配制，故C错误；D．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故D正确．故选D．点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，注意C=中V指溶液的体积而不是溶剂的体积，为易错点．　22．（2分）将200gCaCO3与60gSiO2在高温下充分反应，产生的气体体积（标准状况）为（　　）　A．44.8LB．22.4LC．11.2LD．4.48L考点：化学方程式的有关计算．.分析：n（CaCO3）==2mol，n（SiO2）=1mol，高温下反应方程式为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，根据方程式知，1mol二氧化硅完全反应需要碳酸钙1mol，所以碳酸钙有剩余，且剩余的碳酸钙分解生成CaO和二氧化碳，据此计算生成二氧化碳体积．解答：解：n（CaCO3）==2mol，n（SiO2）=1mol，高温下反应方程式为CaCO3+SiO2-17-\nCaSiO3+CO2↑，根据方程式知，1mol二氧化硅完全反应需要碳酸钙1mol，所以碳酸钙有剩余，剩余的碳酸钙发生反应CaCO3CaO+CO2↑，所以生成的二氧化碳完全来自于碳酸钙，则n（CO2）=n（CaCO3）=2mol，则生成二氧化碳体积=2mol×22.4L/mol=44.8L，故选A．点评：本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析计算能力，要注意进行过量计算，注意剩余的碳酸钙在高温下能分解，为易错点．　23．（2分）向Mg、Al、Fe三种金属粉末状混合物中，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液充分反应，再过滤后滤液中存在的离子有（　　）　A．Al3+B．Cu2+C．Mg2+D．AlO2﹣考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．.分析：加过量盐酸时Mg、Al、Fe反应，过滤后向滤液中含镁离子、铝离子、亚铁离子，加入过量烧碱溶液，镁离子、亚铁离子转化为沉淀，只有铝离子转化为偏铝酸跟根离子存在于滤液中，以此来解答．解答：解：镁、铝、铁三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，发生Mg+2H+=H2↑+Mg2+、2Al+6H+=3H2↑+2Al3+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，发生H++OH﹣=H2O、Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，镁、铁都生成沉淀，铝元素存在于AlO2﹣中，故选D．点评：本题考查金属的化学性质，为高频考点，明确发生的离子反应是解本题关键，注意金属活动性及两性分析，题目难度不大．　24．（2分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的是（　　）　A．与足量酸反应：离子方程式相同　B．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3　C．常温下在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3　D．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量酸反应产生CO2的质量：Na2CO3＜NaHCO3考点：钠的重要化合物．.分析：A．Na2CO3与足量酸反应为碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳和水，而NaHCO3与足量酸反应为碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水；B．碳酸氢钠受热易分解；C．相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小；D．利用n=，可计算物质的量，因酸足量，利用Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2来分析．解答：解：A．Na2CO3与足量酸反应为碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳和水，而NaHCO3与足量酸反应为碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式不同，故A错误；B．碳酸氢钠受热易分解，不稳定，则热稳定性为Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；C．Na2CO3和NaHCO3在相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在水中的溶解度为：Na2CO3＞NaHCO3，故C正确；-17-\nD．设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol，故D正确．故选：CD．点评：本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，涉及溶解度、稳定性、与酸的反应等，注意与酸反应中量少的物质完全反应，题目难度不大．　25．（2分）用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）　A．2.5mol/LNa2S溶液中含Na+数目为5NA　B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为10NA　C．常温常压下，48gO2和O3混合气体中，含有氧原子数为3NA　D．标况下含NA个氮原子的N2和N2O的混合气体中，N2体积为5.6L考点：阿伏加德罗常数．.分析：A、溶液体积不明确；B、Na+的最外层有8个电子；C、根据O2和O3均由氧原子构成来分析；D、根据N2和N2O中均含2个氮原子来分析．解答：解：A、溶液体积不明确，钠离子个数不能计算，故A错误；B、1molNaCl中含1molNa+，而Na+的最外层有8个电子，故1molNa+最外层含8mol电子，故B错误；C、O2和O3均由氧原子构成，故48gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量n==3mol，故C正确；D、N2和N2O中均含2个氮原子，故含NA个氮原子的N2和N2O的混合气体的物质的量共为0.5mol，混合气体在标况下的体积V=n•Vm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，N2在混合气体中的比例无法确定，故氮气的体积无法确定，故D错误．故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．　二．（本题包括1小题，共10分）26．（10分）（1）瑞典化学家舍勒将软锰矿（主要成分MnO2）与浓盐酸混合加热，在世界上首先制得了氯气．写出该反应的离子方程式　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　．（2）如图所示，将干燥的氯气依次通过盛有干燥的有色布条的广口瓶A和盛有潮湿的有色布条的广口瓶B，可观察到的现象是　干燥的有色布条无明显现象，潮湿的有色布条褪色　．（3）工业将氯气通入冷的消石灰中制取漂白粉，其反应的化学方程式为　2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　，漂白粉的有效成分是　Ca（ClO）2-17-\n　（写化学式）．漂白粉溶于水后，受空气中CO2作用，即产生有消毒杀菌作用的次氯酸，其反应的化学方程式：　Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO　（4）氯气是一种重要的工业原料．工业上利用反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，检查氯气管道是否漏气．请判断下列叙述中正确的是：　abd　（写序号）a．若管道漏气遇氨就会产生白烟b．该反应利用了氯气的强氧化性c．该反应属于复分解反应d．该反应属于置换反应．考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质．.分析：（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰制取氯气，二者反应生成氯化锰、氯气和水；（2）氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；（3）氯气和消石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；漂白粉有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成次氯酸和碳酸钙；（4）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，反应中有化合价变化，属于氧化还原反应，氯元素化合价降低，表现氧化性，生成的氯化氢与氨气极易反应生成氯化铵，氯化铵常温下为白色固体，结合复分解、置换反应的定义解答．解答：解：（1）加热条件下，实验室用浓盐酸和二氧化锰制取氯气，二者反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，干燥的有色布条无明显现象，潮湿的有色布条褪色；故答案为：干燥的有色布条无明显现象，潮湿的有色布条褪色；（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；其化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；漂白粉的有效成分是：Ca（ClO）2；置露在空气中会变质，发生漂白粉与二氧化碳、水的反应及次氯酸分解反应，反应为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；（4）工业上利用反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，检查氯气管道是否漏气，a．反应生成氯化铵，观察到白烟可知管道漏气，故a正确；b．反应中有化合价变化，属于氧化还原反应，氯元素化合价降低，表现氧化性，故b正确；c．反应中有单质参加和生成，不属于复分解反应，故c错误；-17-\nd．反应符合一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的特点，为置换反应，故d正确；故选：abd．点评：本题考查了氯气的制备和性质，明确氯气制备原理及氯气和次氯酸性质的区别是解题关键，注意漂白粉的主要成分与有效成分的区别，注意漂白粉漂白的原理，题目难度不大．　三．（本题包括2小题，共17分）27．（12分）中学化学中几种常见的转化关系如图所示（部分产物及反应条件为列出）已知A是金属单质，B为淡黄色粉末，DG在常温常压下为气态单质，J为红褐色沉淀．K俗称铁红（1）写出下列物质的化学式：A　Fe　B　Na2O2　D　H2　E　FeCl2　K　Fe2O3　（2）写出H→J过程的现象：　白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色　（3）写出下列反应的化学方程式反应①　2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑　反应②　4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3　反应③　3Fe+4H2OFe3O4+4H2　．考点：无机物的推断．.分析：A是金属单质，B为淡黄色粉末，能和水反应，生成气体单质G，则B为Na2O2，G为O2，F为NaOH，J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，K俗称铁红，则K为Fe2O3，根据各物质的转化关系，H为Fe（OH）2，则E为FeCl2，A为Fe，D为H2，I为NaCl，A与水蒸气反应生成H2和Fe3O4，则L为Fe3O4，据此答题．解答：解：A是金属单质，B为淡黄色粉末，能和水反应，生成气体单质G，则B为Na2O2，G为O2，F为NaOH，J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，K俗称铁红，则K为Fe2O3，根据各物质的转化关系，H为Fe（OH）2，则E为FeCl2，A为Fe，D为H2，I为NaCl，A与水蒸气反应生成H2和Fe3O4，则L为Fe3O4，（1）根据上面的分析可知，A为Fe，B为Na2O2，D为H2，E为FeCl2，K为Fe2O3，故答案为：Fe；Na2O2；H2；FeCl2；Fe2O3；（2）H为Fe（OH）2，在空气中被氧化成氢氧化铁，这个过程的现象为白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：白色沉淀变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）反应①的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应②的化学方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，反应③-17-\n的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；3Fe+4H2OFe3O4+4H2；点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，学习中注意牢固把握元素化合物的性质，不要忽视物质的用途．　28．（5分）在实验室中，欲除去CO2中混有的少量HCl气体．通常选用饱和NaHCO3溶液，其反应的离子方程式为　H++HCO3﹣=H2O+CO2↑　．你认为能否选用NaOH溶液　不能　（填“能”或“不能”），你的理由是（用离子方程式表示）　CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣　．考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；离子方程式的书写．.分析：饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，而能够与氯化氢反应生成二氧化碳，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢；氢氧化钠溶液与二氧化碳反应，导致被提纯物质被消耗，不符合除杂原则，以此解答该题．解答：解：由于二氧化碳不与碳酸氢钠溶液反应，而杂质能够与碳酸氢钠发生反应生成二氧化碳，所以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳杂质含有的氯化氢杂质，反应的离子方程式为：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑；氢氧化钠溶液能够与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应的离子方程式为：CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣，所以不能够使用氢氧化钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑；不能；CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣．点评：本题考查了物质的除杂、提纯及离子方程式的书写，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意明确物质的分离、提纯和除杂原则及选用试剂方法，掌握离子方程式的书写方法．　四．（本小题1小题，共13分）29．（13分）某实验小组的同学用如图实验装置进行如下实验．按要求回答问题：Ⅰ．制取氨气并探究其性质（1）若要使用氯化铵与氢氧化钙为原料制取氨气，B装置试管中发生反应的化学方程式为　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑　．（2）把湿润的红色石蕊试纸靠近B装置的导管口，观察到的现象是　试纸变蓝　（3）C，D，E是气体收集装置，其中可以用来收集氨气的是（填字母）　D　．Ⅱ．制取二氧化硫并探究其性质-17-\n（1）装置A的烧瓶中发生反应的化学方程式为　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑　．气体收集装置CDE中适于收集二氧化硫的是（填字母）　B　．（2）将一收集满二氧化硫气体的小试管倒置于滴有紫色石蕊溶液的水中，可观察到的现象是　溶液变红色　（3）将二氧化硫气体通入氯水中，可观察到氯水褪色，反应生成了硫酸和另一种无氧酸．写出该反应的化学方程式　Cl2+SO2+H20=2HCl+H2SO4　Ⅲ．该实验小组的同学欲选用上述实验装置制取一氧化氮（1）用图中装置制取并收集一氧化氮，选用仪器装置连接的顺序应是A接　C　（2）稀硝酸在常温下就可以和铜发生反应生成一氧化氮气体，写出该反应的离子方程式　3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O　．考点：性质实验方案的设计；制备实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：Ⅰ．氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙和氨气，氨气水溶液呈碱性，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；Ⅱ．浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，二氧化硫易溶于水，密度比空气大，应用向上排空法收集，可与水反应，溶液呈酸性，且具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应；Ⅲ．稀硝酸和铜反应生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集．解答：解：Ⅰ．（1）氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙和氨气，反应的方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；（2）氨气水溶液呈碱性，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故答案为：试纸变蓝；（3）氨气易溶于水，且密度比空气小，可用向下排空法收集，故答案为：D；Ⅱ．（1）浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，二氧化硫易溶于水，密度比空气大，应用向上排空法收集，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；B；（2）二氧化硫可与水反应，溶液呈酸性，将一收集满二氧化硫气体的小试管倒置于滴有紫色石蕊溶液的水中，溶液变红色，故答案为：溶液变红色；（3）二氧化硫具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，反应的方程式为Cl2+SO2+H20=2HCl+H2SO4，故答案为：Cl2+SO2+H20=2HCl+H2SO4；Ⅲ．（1）NO不溶于水，易与空气中的氧气反应，只能用排水法收集，如用A制备NO，则连接C，故答案为：C；（2）金属铜可以和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，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．点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握发生的反应及气体的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．-17-\n　五．（本题包括两小题，共10分）30．（4分）超细氮化铝粉末被广泛应用与电子工业，制取原理是Al2O3+N2+3C2AlN+3CO．因为反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质．（1）该反应中，氧化剂是　氮气　（2）称取15g氮化铝样品，将其加入过量氢氧化钠溶液浓溶液中共热并蒸干，反应的方程式为：AlN+H2O+NaOH=NH3↑+NaAlO2，得到氨气在标况下体积为6.72L．该样品中的氮化铝的质量分数为　82%　．考点：化学方程式的有关计算；氧化还原反应．.分析：（1）Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO中N元素的化合价由0降低为﹣3价，C元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答；（2）根据氨气的体积为6.72L（标况下）求出其物质的量，由方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知样品中AlN的物质的量，从而求出AlN的质量，最后根据质量求样品中AIN的质量分数．解答：解：（1）Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO中N元素的化合价由0降低为﹣3价，C元素的化合价由0升高为+2价，则氮气为氧化剂、C为还原剂，故答案为：氮气；（2）根据氨气的体积为6.72L（标况下）求出其物质的量为：=0.3mol，由方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知，样品中AlN的物质的量0.3mol，所以AlN的质量为0.3mol×41g/mol=12.3g，样品中AIN的质量分数为×100%=82%．故答案为：82%．点评：本题考查氧化还原反应中氧化剂和还原的判断以及根据化学反应方程式进行计算，综合性强，比较容易．　31．（6分）由氯化铁，氯化钾组成的1L混合溶液中，已知Fe3+的质量28g，Cl﹣的质量为71g．请计算，（1）原溶液中Fe3+的物质的量为　0.5mol　（2）原溶液中的K+的质量为　19.5g　（3）若量取该混合溶液250，mL，将其加水稀释至1L，则稀释后所得溶液中Cl﹣的物质的量浓度为　0.5mol/L　．考点：有关混合物反应的计算．.分析：（1）根据n=计算Fe3+原溶液中的物质的量；（2）根据电荷守恒计算K+的物质的量，再根据m=nM计算K+的质量；（2）计算250mL溶液中Cl﹣的物质的量，根据c=计算稀释后Cl﹣的物质的量浓度．解答：解：（1）28gFe3+的物质的量为：=0.5mol，故答案为：0.5mol；（2）Cl﹣的物质的量为：-17-\n=2mol，根据电荷守恒，K+的物质的量为：2mol﹣0.5mol×3=0.5mol，故K+的质量为0.5mol×39g/mol=19.5g，故答案为：19.5g；（2）250mL溶液中Cl﹣的物质的量为：2mol×=0.5mol，稀释后Cl﹣的物质的量浓度为：=0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L．点评：本题考查了混合物的计算、物质的量有关计算，题目难度中等，注意根据电荷守恒计算钾离子物质的量，试题有利于培养学生的化学计算能力．　-17-