广东省湛江市第一中学2015-2016学年高一化学上学期第二次月考试题
广东省湛江一中2016届高三上学期月考化学试卷(11月份)Word版含解析
2015-2016学年广东省湛江一中高三（上）月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．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．华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同2．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D3．已知N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol•L﹣1氟化钠溶液中含有F﹣和HF数目之和为0.1N AB．300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6N AC．标准状况下，1.8gD2O中含有N A个中子D．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3N A4．下列反应的离子方程式正确的是（）A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液 HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2 2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 H2C2O4+2OH﹣=C2O42﹣+2H2OD．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑5．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（）A．室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W6．用下列装置不能达到有关实验目的是（）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．制备并收集少量NO气体C．制取并收集干燥纯净的NH3D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色7．25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液．溶液中c（NH3•H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）A．W点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）B．pH=10.5溶液中：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＜0.1 mol•L﹣1C．pH=9.5溶液中：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）二、解答题（共3小题，满分43分）8．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的化学方程式为；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是；检验该离子的方法是；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②；③；④得到成品．（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl淀粉溶液做指示剂，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为．9．纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到．制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为．（2）加入氨水的目的是，其化学反应方程式为．（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，，则说明滤渣已洗净．（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：、、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O Al2O3+ NH3↑+SO3↑+．10．镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛．Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1（1）写出Mg2Ni和MgH2反应生成Mg和Mg2NiH4的热化学方程式：（2）一定温度下，在碘钨灯灯泡内封存的少量碘与沉积在灯泡壁上的钨可以发生如下的可逆反应：W（s）+I2（g）⇌WI2（g），为模拟上述反应，在实验室中准确称取4.5×10﹣3mol碘、6.0×10﹣3mol金属钨放置于50.0mL密闭容器中，并加热使其反应．如图1是混合气体中的WI2蒸气的物质的量随时间变化关系的图象，其中曲线Ⅰ（0～t2时间段）的反应温度为450℃，曲线Ⅱ（从t2时刻开始）的反应温度为530℃．请回答下列问题：①该反应是（填“放热”或“吸热”）反应．450℃该反应的化学平衡常数K= ；②反应从开始到t1（t1=3min）时间内的平均速率：v（I2）=③能够说明上述反应已经达到平衡状态的有a．I2与WI2的浓度相等b．单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等c．容器内混合气体的密度不再改变d．容器内气体压强不发生变化（3）烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经如图2所示方法脱除SO2，并制得H2SO4．①在阴极放电的物质是．②在阳极生成SO3的电极反应式是．四.【化学--选修2：化学与技术】11．利用硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质）制备氧化铁的工艺流程如下：（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是：①抑制Fe3+的水解；②．（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42﹣该反应的离子方程式为：．（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量，以控制加入FeS2的量．实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍微过量的SnCl2再加HgCl2除去过量的SnCl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准液滴定，有关反应方程式如下：2Fe3++Sn2++6Cl﹣=2Fe2++SnCl62﹣Sn2++4Cl﹣+2HgCl2=SnCl62﹣+Hg2Cl2↓6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O①加入稍微过量的SnCl2的目的是：．②若不加HgCl2，则测定的Fe3+量（填“偏高”、“偏低”、“不变”）．（4）①滤液中含有少量Fe3+，试写出产生Fe3+的离子方程式表示：②已知部分阳离子一氢氧化物形式沉淀时，溶液的pH见下表：实验可选用的试剂有：稀HNO3、Ba（NO3）2溶液酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体．请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：a．；b．；c．分离，洗涤； d．灼烧，研磨．五.【化学--选修3：物质结构与性质】12．硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）均属于硼族元素（第ⅢA族），它们的化合物或单质都有重要用途．回答下列问题：（1）写出基态镓原子的电子排布式．（2）已知：无水氯化铝在178℃升华，它的蒸气是缔合的双分子（Al2Cl6），更高温度下Al2Cl6则离解生成A1Cl3单分子．①固体氯化铝的晶体类型是；②写出Al2Cl6分子的结构式；③单分子A1Cl3的立体构型是，缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型是．（3）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子（如图），若其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有种不同的结构类型．（4）金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70g•cm﹣3，计算确定其晶胞的类型（简单、体心或面心立方）；晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，列式计算铝的原子半径r（A1）= pm．六.【化学--选修5：有机化学基础】13．有甲、乙、丙三种物质：（1）乙中含有的官能团的名称为．（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：其中反应I的反应类型是，反应Ⅱ的条件是，反应Ⅲ的化学方程式为（不需注明反应条件）．（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：①下列物质不能与B反应的是（选填序号）．a．金属钠 b．FeCl3 c．碳酸钠溶液 d．HBr②C的结构简式为；丙的结构简式为．③D符合下列条件的所有同分异构体种，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式．a．苯环上的一氯代物有两种 b．遇FeCl3溶液发生显色反应c．能与Br2/CCl4发生加成反应．2015-2016学年广东省湛江一中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．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．华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．二氧化硅具有良好的光学特性；B．含有两种以上物质的属于混合物；C．通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等；D．硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂．【解答】解：A．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的主要原料，故A正确；B．汽油、漂白粉、水玻璃、王水都是由两种以上物质组成，均为混合物，故B正确；C．通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等，故C正确；D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途，环境污染与治理，熟悉二氧化硅的性质，“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”的实质是解题关键，题目难度不大．2．如表叙述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】钠的重要化合物；浓硫酸的性质；铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应与Al可制成铝箔包装物品无关；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体．【解答】解：A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳，Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故A错误；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应，Al可制成铝箔包装物品与具有延展性有关，二者无关系，故B错误；C．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，一般用浓硫酸干燥，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．3．已知N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol•L﹣1氟化钠溶液中含有F﹣和HF数目之和为0.1N AB．300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6N AC．标准状况下，1.8gD2O中含有N A个中子D．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3N A【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、根据物料守恒来分析；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、标况下三氯甲烷为液态．【解答】解：A、在1L0.1mol/L的NaF溶液中，NaF的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，由于F﹣是弱酸根，在溶液中水水解为HF，根据F原子的守恒可知，F﹣和HF数目之和为0.1N A，故A正确；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子，故溶液中的分子个数大于0.6N A个，故B错误；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol 中子，故0.09mol重水中含0.9N A个中子，故C错误；D、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选A．【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．4．下列反应的离子方程式正确的是（）A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液 HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2 2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 H2C2O4+2OH﹣=C2O42﹣+2H2OD．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氢氧化钠过量，铵根离子、碳酸氢根离子都反应；B．少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸；C．氢氧化钠少量，羧基不能完全反应；D．硝酸根离子在酸性环境下能氧化二价铁离子生成三价铁离子；【解答】解：A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+H2O+CO32﹣，故A错误；B．少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO，故B错误；C．向乙二酸（H2C2O4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液，离子方程式为H2C2O4+OH﹣=HC2O4﹣+H2O，故C错误；D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应为用量对反应的影响，题目难度不大．5．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（）A．室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W 原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质．【解答】解：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，A．W为Cl元素，对应的HCl的水溶液为强酸，室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1，故A错误；B．Z为Si，对应的二氧化硅与水不反应，故B错误；C．Y为Al，金属性比铁，可用铝热反应置换出铁，故C正确；D．C元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则C元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为C＜Cl＜Si＜Al，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累．6．用下列装置不能达到有关实验目的是（）A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．制备并收集少量NO气体C．制取并收集干燥纯净的NH3D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；B．铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，可以采用排水法收集NO；C．常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气；D．氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，Fe 2+和OH﹣反应生成Fe（OH）2沉淀．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳、二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成原硅酸沉淀，说明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，所以非金属性S＞C＞Si，故A正确；B．铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，可以采用排水法收集NO，故B正确；C．常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，而不是向上排空气法收集氨气，故C错误；D．氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，Fe 2+和OH﹣反应生成Fe（OH）2沉淀，所以该装置能制取Fe（OH）2，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、气体制取和收集、非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意D中要防止氢氧化亚铁被氧化，题目难度中等．7．25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液．溶液中c（NH3•H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）A．W点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）B．pH=10.5溶液中：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＜0.1 mol•L﹣1C．pH=9.5溶液中：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液，pH 越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c（NH4+）、增大的是 c（NH3•H2O），A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3•H2O）；C．pH=9.5溶液中，pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；根据图知c（NH3•H2O）＞c（NH4+），溶液碱性较弱；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．【解答】解：将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=0.1mol•L﹣1的混合溶液，pH越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c（NH4+）、增大的是 c （NH3•H2O），A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），所以c（NH4+）+c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3•H2O）=0.1mol/L+c（H+）＞0.1mol/L，故B错误；C．pH=9.5溶液中，pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；根据图知c（NH3•H2O）＞c（NH4+），溶液碱性较弱，所以粒子浓度大小顺序是c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C 正确；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，存在考查学生图象分析及判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意利用守恒方法解答，易错选项是B，注意利用电荷守恒进行代换，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分43分）8．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O ；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是SO42﹣；检验该离子的方法是取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥得到成品．（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl ；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl淀粉溶液做指示剂，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为c•V•10﹣3mol ．【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；卤族元素；氧族元素；无机实验综合．【分析】（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（5）根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算．【解答】解：（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D 瓶溶液倒吸到B瓶中，故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2 ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42﹣，用氯化钡溶液检验SO42﹣，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42﹣；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；（5）令样品中NaClO2的物质的量x，则：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，1mol 4mol0.25x c mol•L﹣1×V×10﹣3L解得：x=c•V•10﹣3mol故答案为：c•V•10﹣3mol．【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大．9．纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到．制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．（2）加入氨水的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3，其化学反应方程式为Fe2（SO4）3+6NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+3（NH4）2SO4．（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，滴入2～3滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净．（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O 2 Al2O3+ 4 NH3↑+8 SO3↑+50H2O ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，以此来解答．【解答】解：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH 值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，（1）H2O2氧化FeSO4的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）由上述分析可知，加氨水的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）3；发生的反应为Fe2（SO4）3+6NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+3（NH4）2SO4，故答案为：使Fe3+转化为Fe（OH）3；Fe2（SO4）3+6NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+3（NH4）2SO4；（3）是否除尽杂质，操作为用试管取少量洗涤液，滴入2～3滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净，故答案为：滴入2～3滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液不变红色；（4）分离可溶性固体，则蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可，由原子守恒可知，分解反应为2Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O 2Al2O3+4NH3↑+8SO3↑+50H2O，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；2；4；8；50H2O．【点评】本题考查混合物分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．10．镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛．Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1（1）写出Mg2Ni和MgH2反应生成Mg和Mg2NiH4的热化学方程式：Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg （s）+Mg2NiH4（s）△H=+84.6kJ/mol。
广东省湛江一中2015-2016学年高一上学期期中考试化学试卷 (1)
湛江一中2015—2016学年度第一学期第一次考试高一级化学科试卷考试时间：60分钟满分：100分命题：ZZF可能用到的相对原子质量：H―1 C―12 N―14 O―16 S―32 Al―27一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）1、下列反应中，既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（）A．H2 + Cl2点燃2HCl B．2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑C．Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3D．Zn + H2SO4 == ZnSO4 + H2↑2、下列叙述正确的是（）A．1 mol H2的质量与它的相对分子质量相等B．CH4的摩尔质量为16gC．3.01×1023个SO2分子的质量为32g D．摩尔是物质的量的单位，符号为n 3、下列对阿伏加德罗定律及推论的理解不正确的是（）A．同温同压下，气体的体积之比等于它们的物质的量之比B．同温同压下，气体的体积之比等于它们的质量比C．同温同压下，相同体积的气体质量比等于它们的相对分子质量之比D．同温同压下，气体的密度之比等于它们的相对分子质量之比4、用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有（）A．标准状况下，22.4L H2O含分子数为N AB．1 mol/L的CaCl2溶液中含Cl－的数目为2 N AC．常温常压下，17g NH3含电子数目为10N AD．2.7 g金属铝变成铝离子时失去的电子数为0.1N A5、下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9 ~ 10-7m之间B．一束光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．胶体的分散质粒子直径比溶液的大，故胶粒不能透过滤纸D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的6、下列说法正确的是（）A．电解质的水溶液一定能导电B．非电解质的水溶液一定不能导电C．酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D．电解质是在水溶液里或熔融状态下因本身能电离出阳离子和阴离子而导电的化合物7、下列有关物质检验的实验结论正确的是（）二、非选择题（共58分） 8、填空题（10分）（1）M(NO 3)2的热分解化学方程式为：2M(NO 3)2 △ 2MO+4NO 2↑+O 2↑，加热29.6g M(NO 3)2使其完全分解，在标准状况下收集2.24L 的O 2，则M 的摩尔质量是 （2）同温同压，等质量的O 2和SO 2，它们的物质的量之比为_________，密度之比为___________。
广东省湛江市第一中学高二化学上学期第二次月考试题
湛江一中2015-2016学年度第一学期第二次考试高二级化学科试卷考试时间：60分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Al-27 S-32 Cl-35.5一、选择题（每题只有一个正确答案，每小题6分，共42分）1、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是( )A．CH3COOH H＋＋CH3COO－B．Ba(OH)2Ba2＋＋2OH－C．H3PO43H＋＋PO3－4 D．NH3·H2O===NH＋4＋OH－2、用N A表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述中不正确的是： ( )A．分子总数为N A的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2N AB．28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2N AC．常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6N AD．常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2N A3、下列说法正确的是( )A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率4、对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是( )①生成物的百分含量一定增加②生成物的产量一定增加③反应物的转化率一定增大④反应物的浓度一定降低⑤正反应速率一定大于逆反应速率⑥使用了适宜的催化剂A．③⑤ B．①② C．②⑤ D．④⑥5、某温度下向容积为2 L的密闭反应器中充入0.10 mol SO3，当反应器中的压强不再变化时测得SO 3的转化率为20%，则该温度下反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)的平衡常数 A．1.6×103 B．3.2×103 C．8.0×102 D．4.0×1036、某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置。
(化学)湛江一中2009-2010学年度高一第二学期第一次月考
湛江市第一中学2009-2010学年度高一第二学期第一次月考化学试题考试时间：60分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1 Mg：24 C：12 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Al：27一、选择题（每小题只有一个选项符合题意,每小题2分，共30分）1、据报导我国最近合成多种元素的新的同位素，其中一种是18572Hf（铪），它的中子数是A．72 B．113 C．185 D．2572、以下互为同位素的是A．金刚石与石墨B．D2与H2 C．CO与CO2 D．3517Cl与3717Cl3．下列物质的分子中，不含共价键的是Ａ．NaCl Ｂ．Cl2Ｃ．HCl Ｄ．NaOH4．与氢氧根具有相同质子数和电子数的微粒是A．F— B．Cl— C．NH3 D．NH4+ 5．元素X的原子核外M电子层上有3个电子，元素Y2-的离子核外有18个电子，则这两种元素可形成的化合物为A．XY2 B．X2Y3 C．X3Y2 D．XY26．在m A + n Bp C的反应中，m、n、p为各物质的计量数。
现测得C每分钟增加a mol/L，B每分钟减少1.5a mol/L，A每分钟减少0.5a mol/L，则m：n：p为A、2：3：2B、2：3：3C、1：3：2D、3：1：27．下列各项中表达正确的是A．F—的结构示意图： B．CO2的分子模型示意图：C．NaCl的电子式： D．N2的结构式： :N≡N:8．下列不能说明氯的非金属性比硫强的事实是①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S ⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS ⑦HCl酸性比H2S强A．②⑤⑦ B．①②⑦ C．②④ D．①③⑤9．下列关于化学反应速率的说法，不正确的是A．化学反应速率用于衡量化学反应进行的快慢B．决定化学反应速率的主要因素是反应物的性质C．可逆反应达到化学平衡状态，正、逆反应速率都为0D.在同一化学反应中，不同条件下常有不同的反应速率10．元素性质随着原子序数的递增呈现周期性变化的原因是：A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化 B．元素原子的电子层数呈周期性变化C．元素原子半径呈周期性变化D．元素的化合价呈周期性变化11．下列叙述中错误的是：A ．原子半径 Na>Si>ClB ．稳定性 SiH 4<HCl<H 2SC ．金属性 Na>Mg>AlD ．酸性 H 3PO 4<H 2SO 4<HClO 412．短周期元素X ，Y ，Z 在周期表中的位置如右图所示，则下列说法中错误的是A ．X ，Y ，Z 中X 的单质最稳定B ．Y 的氢化物为HYC ．X 能生成HXOD ．能发生Cl 2+H 2Z ＝ Z+2HCl 的反应13．A 和B 均为短周期元素，它们的离子A - 和B 2+具有相同的核外电子层结构。
2015-2016学年广东省湛江市高一上学期期末化学试卷(解析版)
2015-2016学年广东省湛江市高一（上）期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列物质的分类正确的是（）A．A B．B C．C D．D【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】根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析．【解答】解：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结．2．下列关于和的说法正确的是（）A．和不是同一种元素B．和互为同位素C．和分别含有44和46个质子D．和都含有34个中子【考点】同位素及其应用．【专题】物质的组成专题．【分析】A．元素是具有相同核电荷数（质子数）的一类原子的总称；B．质子数相同中子数不同的原子互称同位素；C．元素符号的左下角为质子数；D．中子数=质量数﹣质子数．【解答】解：A．3478Se和3480Se质子数相同，是同种元素，故A错误；B．3478Se和3480Se是原子，属同位素，故B正确；C．Se的两种同位素的质子数都为34，故C错误；D．3478Se和3480Se的中子数分别为44和46，故D错误；故选B．【点评】本题以3478Se和3480Se为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及同位素、同素异形体的概念，侧重考查学生的辨别能力，题目难度不大．3．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）A．K+、OH﹣、Na+、NO3﹣B．Na+、Fe3+、SO42﹣、OH﹣C．H+、Na+、Cl﹣、CO32﹣D．Ba2+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子之间不满足离子反应发生的条件（生成难溶物、气体、弱电解质、发生氧化还原反应等），在溶液中就能够大量共存，据此进行判断．【解答】解：A、K+、OH﹣、Na+、NO3﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B、铁离子与氢氧根离子发生反应生成氢氧化铁，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C、氢离子能够与碳酸根离子发生反应，在溶液中不能够大量共存，故C错误；D、钡离子能够与硫酸根离子发生反应，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验．有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等．4．下列电离方程式不正确的是（）A．NH4NO3=NH4++NO3﹣B．CH3COOH=H++CH3COO﹣C．NH3H2O⇌NH4++OH﹣D．NaHCO3=Na++HCO3﹣【考点】电离方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】强电解质在水溶液里完全电离生成阴阳离子，电离方程式写“=”，弱电解质在水溶液里部分电离，电离方程式写“⇌”，书写时要遵循原子守恒、电荷守恒，据此分析解答．【解答】解：A．硝酸铵是强电解质，在水溶液中完全电离生成铵根离子和硝酸根离子，电离方程式为NH4NO3=NH4++NO3﹣，故A不选；B．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“⇌”，则醋酸电离方程式为CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，故B选；C．一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“⇌”，则一水合氨电离方程式为NH3H2O⇌NH4++OH﹣，故C不选；D．碳酸氢钠是强电解质，在水溶液中完全电离，所以电离方程式应该写“=”，则其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故D不选；故选B．【点评】本题考查电解质电离方程式正误判断，为高频考点，明确强弱电解质电离方程式书写区别是解本题关键，知道常见强弱电解质，题目难度不大．5．下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是（）A．加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO32﹣B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42﹣C．加入稀硝酸无明显现象，再加入硝酸银有白色沉淀产生，则一定有Cl﹣D．加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A、气体可能为二氧化碳或二氧化硫；B、根据氯化银为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析；C、加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰；D、加入碳酸钠生成的沉淀可能为碳酸钡；【解答】解：A、气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32﹣，或SO32﹣，或HCO3﹣、HSO3﹣，故A错误；B、当溶液中存在大量Ag+时，加入氯化钡溶液时Ag+能与Cl﹣反应生成白色氯化银沉淀，所以不能肯定溶液中大量存在SO42﹣，故B错误；C、加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，该沉淀一定是AgCl，故一定有Cl﹣，故C正确；D、溶液Z中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙等，原溶液中不一定含Ba2+，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，为高频考点，题目难度中等，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子．6．下列实验操作中错误的是（）A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．过滤时，应用玻璃棒搅拌漏斗中的待过滤液体D．称量时，称量物放在称量纸（或称量器皿）上，置于托盘天平的左盘；砝码放在托盘天平的右盘中【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口倒出，为防止引进杂质，上层液体从上口倒出；B．蒸馏时，温度计测量馏分温度；C．过滤时，不能用玻璃棒搅拌；D．称量时，应该遵循“左物右砝”原则，且要防止腐蚀、潮解或粘上杂质．【解答】解：A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口倒出，为防止引进杂质，上层液体从上口倒出，故A正确；B．蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；C．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，否则易损坏滤纸，故C错误；D．称量时，应该遵循“左物右砝”原则，且要防止腐蚀或潮解，所以称量时要将药品放置在称量纸上或称量器皿中，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验评价方案，为高频考点，涉及分液、蒸馏、过滤、称量等基本操作，明确操作规范性及仪器用途是解本题关键，题目难度不大．7．下列正确的是（）A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．做光导纤维的材料是单质硅晶体D．将SO2通入溴水溶液中，溶液褪色，体现SO2的漂白性【考点】硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；碱金属的性质．【专题】氧族元素；碳族元素．【分析】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；B．氧化钠、过氧化钠和二氧化碳的反应产物不同；C．二氧化硅用于制造光导纤维；D．二氧化硫有还原性．【解答】解：A．SiO2能和碱氢氧化钠反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B．氧化钠、过氧化钠和二氧化碳的反应产物分别是：碳酸钠、碳酸钠和氧气，产物不一样，故B错误；C．二氧化硅用于制造光导纤维，单质硅用作半导体材料，故C错误；D．水中通入SO2气体后溶液褪色，是因为Br2 +SO2+2H2O=H2SO4+2HBr体现了二氧化硫的还原性，故D错误．故选A．【点评】本题考查了二氧化硫的性质，题目难度不大，易错项D，容易忽视二氧化硫还原性的性质．8．下列离子方程式书写正确的是（）A．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．碳酸钙溶于稀盐酸中：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑C．钠与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH ﹣+H2↑D．硫酸铝溶液与氨水反应：Al3++3 OH ﹣═Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．反应生成的HClO在离子反应中保留化学式；B．碳酸钙在离子反应中保留化学式；C．反应生成氢氧化钠和氢气；D．一水合氨在离子反应中保留化学式．【解答】解：A．氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．碳酸钙溶于稀盐酸中的离子反应为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；C．钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故C正确；D．硫酸铝溶液与氨水反应的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．9．将一定量的铁粉投入到FeCl3、CuCl2的混合溶液中，充分反应后仍有固体存在，则下列判断正确的是（已知氧化性：Fe3+＞Cu2+）（）A．剩余固体中一定含Fe B．剩余固体中一定含Fe和CuC．剩余固体中一定不含Cu D．剩余固体中一定含Cu【考点】铁的化学性质；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，固体有剩余，则反应后的溶液中一定不存在Fe3+；若剩余固体只有Cu，则反应后的溶液中一定Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有Fe剩余，一定有铜生成，Fe3+和Cu2+无剩余，以此来解答．【解答】解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；由②可知，剩余的固体为铜，由①②可知，剩余固体为Cu，或Fe、Cu的混合物，即剩余固体中一定含Cu，可能含Fe，故选D．【点评】本题考查铁的化学性质，为高频考点，侧重元素化合物性质及氧化还原反应的考查，注意Fe3+、Cu2+的氧化性强弱及固体的成分判断是解本题的关键，熟悉铁离子与金属铜、铁反应的化学方程式，题目难度不大．10．设N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．常温常压下，2克氢气所含原子数目为N AB．在标准状况下，O2和H2混合气体1mol所占的体积约为22.4 LC．在常温常压下，22.4LH2O所含的原子数目为3N AD．4.6克钠与水反应时失去的电子数目为0.1N A【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．氢气是双原子分子，2g氢气物质的量是1mol；B．在标准状况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4 L；C．标准状况下水的状态不是气体；D．4.6g钠的物质的量为0.2mol．【解答】解：A．2g氢气的物质的量是1mol．含有2mol氢原子，所含原子数目为2N A，故A错误；B．1mol混合气体在标准状况下的体积约为22.4L，故B正确；C．标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故C 错误；D．4.6g钠的物质的量为0.2mol，而钠反应后的价态为+1价，故0.2mol钠失去0.2mol电子，故D错误．故选B．【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，注意明确标准状况下水不是气体，要求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．11．下列说法正确的是（）A．电解MgCl2溶液可获得金属镁B．溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应C．常温下可以用铝或铁制容器贮存浓硝酸和浓硫酸D．用焰色反应鉴别NaCl溶液和Na2SO4溶液【考点】浓硫酸的性质；电解原理；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】实验评价题．【分析】A．电解氯化镁溶液得到的是氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，无法获得金属Mg；B．溶液和胶体的本质区别为分散质粒子的大小；C．铁、铝在常温下与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象；D．氯化钠和硫酸钠都含有钠离子，焰色反应现象相同．【解答】解：A．电解氯化镁溶液无法获得金属镁，应该电解熔融氯化镁获得金属镁，故A 错误；B．丁达尔效应可以区别胶体和溶液，而溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小，故B错误；C．常温下铁和铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化，所以可以用铝或铁制容器贮存浓硝酸和浓硫酸，故C正确；D．两溶液中都含有离钠离子，无法用焰色反应鉴别NaCl溶液和Na2SO4溶液，故D错误；故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及浓硫酸、浓硝酸的性质、胶体和溶液区别、焰色反应、电解原理等知识，题目难度不大，明确溶液和胶体的本质区别为解答关键，注意掌握焰色反应的操作方法，试题培养了学生的灵活应用能力．12．下列说法不正确的是（）A．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液呈血红色，证明存在Fe3+B．氢氧化钠溶液保存在带橡皮塞的试剂瓶中C．漂白粉常作环境消毒剂D．工业上用电解饱和食盐水来制取金属钠【考点】化学试剂的存放；电解原理；铁的化学性质．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．Fe3+滴加KSCN溶液变血红色；B．氢氧化钠能够与二氧化硅反应，不能使用玻璃塞的试剂瓶；C．漂白粉具有强氧化性；D．工业上用熔融的氯化钠获得钠．【解答】解：A．加KSCN溶液，溶液呈血红色，证明存在Fe3+，故A正确；B．氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，不能使用玻璃塞的试剂瓶，可以使用带橡胶塞的试剂瓶保存，故B正确；C．漂白粉具有强氧化性，则常作环境消毒剂，故C正确；D．工业上用熔融的氯化钠获得钠，而不是电解饱和食盐水，故D错误．故选D．【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握性质与用途的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．13．根据反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑判断，下列结论不正确的是（）A．I2具有还原性B．该反应属于置换反应C．氧化剂是KClO3D．当生成1mol Cl2时，转移2mol电子【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由0升高为+5价，以此来解答．【解答】解：A．I元素的化合价升高，I2具有还原性，故A正确；B．该反应为单质与化合物反应生成新单质与新化合物的反应，属于置换反应，故B正确；C．Cl元素的化合价降低，则氧化剂是KClO3，故C正确；D．当生成1mol Cl2时，转移1mol×2×（5﹣0）=10mol电子，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．14．元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法不正确的是（ ）A ．除去FeCl 2溶液中的FeCl 3，可向溶液中加入足量铁粉，反应后过滤B ．NaOH 溶液和AlCl 3溶液相互滴加的现象不同C ．用热的纯碱溶液洗碗可去除油污D ．将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑了，说明浓硫酸具有吸水性 【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A ．FeCl 3可与铁反应生成FeCl 2；B ．根据AlCl 3+3NaOH ═Al （OH ）3↓+NaCl ，AlCl 3+4NaOH ═NaAlO 2+3NaCl+2H 2O 来分析；C ．加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强；D ．浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质．【解答】解：A ．FeCl 3可与铁反应生成FeCl 2，可用于除去杂质，故A 正确；B ．将NaOH 溶液分多次加到AlCl 3溶液中，发生：Al 3++3OH ﹣═Al （OH ）3↓、Al （OH ）3+OH﹣═AlO 2﹣+2H 2O ，将AlCl 3溶液分多次加到NaOH 溶液中，分别发生：Al 3++4OH ﹣=AlO 2﹣+2H 2O ，Al 3++3AlO 2﹣+6H 2O=4Al （OH ）3↓，现象不同，故B 正确；C ．加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故C 正确；D ．浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质，吸水性常用于干燥剂，故D 错误．故选D ．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握铁、铝的单质以及浓硫酸的性质，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．15．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）A．A B．B C．C D．D【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒；B．Si是半导体，可以用于制造太阳能电池板；C、SO2中有硫+4价，具有还原性；D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱．【解答】解：A．氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒，与还原性无关，因果关系不成立，故A错误；B．Si是半导体，可以用于制造太阳能电池板，而不是二氧化硅，故B错误；C、SO2中有硫+4价，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，所以氨水不能溶解Al（OH）3，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，为高频考点，把握氯气、二氧化硅、二氧化硫和氢氧化铝的性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大．16．实验室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，以下操作中正确的是（）A．称取7.86g硫酸铜，加入500mL水B．称取12.0gCuSO45H2O，配制480mL溶液C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D．称取12.5gCuSO45H2O，配制500mL溶液【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【专题】溶液和胶体专题．【分析】室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L×160g/mol×0.5L=8.0g；需要溶质CuSO45H2O的质量=0.1mol/L×250g/mol×0.5L=12.5g，注意物质的量浓度中体积为溶液体积．【解答】解：A．室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L×160g/mol×0.5L=8.0g，故A错误；B．实验室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，故B错误；C．加入硫酸铜8.0g硫酸铜，物质的量为0.05mol，水的体积为500mL，则溶液物质的量浓度小于0.1mol/L，故C错误；D.12.5gCuSO45H2O物质的量为0.05mol，配制500mL溶液，溶液物质的量浓度为0.1mol/L，故D正确；故选：D．【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算，难度不大，注意配制中物质溶于水溶质发生变化的情况以及稀释前后溶质的物质的量不变．二、填空题（本题包括4小题，共48分）17．按要求填空：（1）0.6mol NH3中所氢原子数与16.2g H2O中所含氢原子数相等．（2）以下物质：①NH3②CaCO3③蔗糖④饱和食盐水⑤H2SO4⑥Cu属于电解质的有②、⑤（填序号）．（3）标出下列反应中电子转移的方向和数目：4NH3+5O24NO+6H2O．【考点】物质的量的相关计算；氧化还原反应；电解质与非电解质．【专题】物质的量的计算．【分析】（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol 氨气中n（H）=3×0.6mol=1.8mol，根据N=nN A知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=×n（H）=×1.8mol=0.9mol，根据m=nM计算水的质量；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（3）该反应中N元素化合价由﹣3价变为+2价、O元素化合价由0价变为﹣2价，转移电子数为20．【解答】解：（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol氨气中n（H）=3×0.6mol=1.8mol，根据N=nN A知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=×n（H）=×1.8mol=0.9mol，m（H2O）=nM=0.9mol×18g/mol=16.2g，故答案为：16.2；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，这几种物质中②、⑤是电解质，①③是非电解质，④⑥既不是电解质也不是非电解质，故答案为：②、⑤；（3）该反应中N元素化合价由﹣3价变为+2价、O元素化合价由0价变为﹣2价，转移电子数为20，则该反应中转移电子方向和数目为，故答案为：．【点评】本题考查物质的量的计算、电子方向和数目的表示方法、基本概念等知识点，都属于基础题，明确物质的量基本公式、基本概念内涵是解本题关键，注意：氨气的水溶液能导电但氨气是非电解质而不是电解质，为易错点．18．某实验小组用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，并将制得的氯气与潮湿的Ca（OH）2固体反应制取少量漂白粉．实验装置如下图：回答下列问题（1）装置的分液漏斗所盛的药品是（写名称）浓盐酸；漂白粉的有效成分是（写化学式）（）2．（2）装置的试管中发生的主要反应的化学方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O．（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，试写出该反应的化学方程式KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O．【考点】氯气的实验室制法；化学方程式的书写．【专题】制备实验综合．【分析】（1）分液漏斗盛放浓盐酸、二氧化锰放入圆底烧瓶中；漂白粉的有效成分为次氯酸钙；（2）试管中氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，据此写出反应的化学方程式．【解答】解：（1）制取氯气时，二氧化锰放入圆底烧瓶中，浓盐酸盛放在分液漏斗中；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸根和水，次氯酸根和氯化钙为漂白粉的主要成分，漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故答案为：浓盐酸；Ca（ClO）2；（2）试管中氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，氯酸钾中+5价的氯元素转化成0价的氯气，HCl中﹣1价的氯元素转化成0价，化合价变化的最小公倍数为5，则氯酸钾的系数为1、被氧化的HCl的系数为5，再利用质量守恒定律配平可得该反应的化学方程式为：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O．【点评】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质，题目难度中等，明确氯气的实验室制法为解答关键，注意熟练掌握氯气的化学性质，能够正确书写相关反应的化学方程式．19．某化学兴趣小组用铁矿石（主要成分为Fe2O3，还有SiO2、A12O3等杂质）提取Fe2O3．操作讨程如下：（1）（I）和（Ⅱ）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称是过滤．（2）写出Fe2O3和盐酸反应的离子方程式Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O．（3）沉淀A中主要含有SiO2，固体B是Fe2O3．（4）滤液Y中的阴离子除OH﹣、Cl﹣外，还有AlO2﹣（写离子符号）．（5）过滤出氢氧化铁时需洗涤沉淀，洗涤沉淀的具体操作为：向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复2﹣3次，直至沉淀洗净为止．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】铁矿石（主要成分为Fe2O3，还有SiO2、A12O3等杂质）提取Fe2O3，由流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，二氧化硅不溶于盐酸，则沉淀A为SiO2；滤液X中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铁全部反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铝全部反应得到滤液Y中含偏铝酸钠和氯化钠、NaOH，氢氧化铁加热分解生成B为氧化铁，以此来解答．【解答】解：由流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，二氧化硅不溶于盐酸，则沉淀A为SiO2；滤液X中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铁全部反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铝全部反应得到滤液Y中含偏铝酸钠和氯化钠、NaOH，氢氧化铁加热分解生成B为氧化铁，（1）（I）和（Ⅱ）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，故答案为：过滤；（2）Fe2O3和盐酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；（3）由上述分析可知A为SiO2，B为Fe2O3，故答案为：SiO2；Fe2O3；（4）滤液Y是偏铝酸钠、氯化钠溶液，溶液中的阴离子除OH﹣、Cl﹣外，还有AlO2﹣，故答案为：AlO2﹣；（5）洗涤沉淀，可向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复2﹣3次，直至沉淀洗净为止，故答案为：向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复2﹣3次，直至沉淀洗净为止．【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意试剂过量及滤液成分的分析，题目难度不大．20．Ⅰ．实验室用氢氧化钠固体配制100mL 2molL﹣1的NaOH溶液，回答下列问题：（1）下列操作的顺序是（每项限选一次）ABGECDF．A．称量B．溶解C．洗涤D．定容E．转移F．摇匀G．冷却（2）若容量瓶中有少量蒸馏水，所配溶液的浓度将无影响．配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶和玻璃棒．Ⅱ．冰水与Na2O2反应生成H2O2，写出该反应的化学方程式Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2．（6）H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，已知高锰酸钾的产物为Mn2+，此时H2O2表现了还原性（填“氧化”或“还原”）．该反应的离子方程式为4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O．。
广东省湛江第一中学等四校2016届高三上学期第一次联考化学试题.
“四校”2015—2016学年度高三第一次联考化学试题考试时间：90分钟总分：100分注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的班别、姓名、座号等个人信息填写在答题卡相应位置上。
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案题目标号框涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。
写在本试卷上无效。
3、回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡对应位置上。
写在本试卷和草稿纸上无效。
4、考试结束后，考生将答题卡上交。
5、本试卷共10页，如有缺页、漏页、字迹不清等情况，考生须及时报告监考老师。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Mg 24 Al 27C1 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Cu 64 Fe 56 Ag 108 Ba 137 I 127第Ⅰ卷一、选择题：本题共14小题，每小题3分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是（）A．Si有良好的半导体性能，可直接用于制备光导纤维B．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子化合物C．用食醋可除去热水壶内壁的水垢D．Cu的金属活泼性比Fe弱，故水库铁闸门上接装铜块可减缓铁腐蚀2、下列关于物质分类的说法正确的是（）A．C60、D2O、SiO2都属于化合物B．漂白粉、石英、Fe(OH)3胶体都属于纯净物C．BaSO4、NH4Cl、NaOH都属于强电解质D．CO2、SO3、NO 都属于酸性氧化物3、设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1 mol 苯含有6 n A个C－H键B．常温常压下，22.4 L H2O含有3n A个原子C ．1L 0.1 mol·L －1NaHCO 3溶液中含有0.1n A 个HCO 3－D ．23g Na 与足量H 2O 反应完全共转移2n A 个电子4、在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ） A ．无色溶液中：K ＋、Cu 2＋、OH －、NO 3－B ．含有大量Fe 3+的溶液：Na +、Mg 2+、I －、SCN －C ．pH=12的溶液中：K ＋、NH 4+、SO 42－、NO 3－D ．水电离产生的c(OH －)＝1×10－12mol·L－1的溶液中：K ＋、Na ＋、Cl －、NO 3－5、某羧酸酯的分子式为C 10H 18O 3，1mol 该酯完全水解可得到1mol 羧酸和1mol 乙醇，该羧酸的分子式为（ ）A ．C 8H 16O 2B ．C 8H 16O 3 C ．C 8H 14O 2D ．C 8H 14O 3 6、下列陈述I 、II 正确并且有因果关系的是（ ）7、下列说法正确的是（ ）A ．浓度为0.1mol·L -1 CH 3COOH 溶液，加水稀释，则)()(33COOH CH c COO CH c 减小B ．浓度为0.1mol·L -1 CH 3COOH 溶液，升高温度，K a (CH 3COOH)不变，但醋酸的电离程度增大C ．在稀AgNO 3溶液中先加入过量0.1mol/L NaCl 溶液，再加入少量0.1mol/L Na 2S 溶液，先产生白色沉淀，后出现黑色沉淀，说明K sp (AgCl)＞K sp (Ag 2S)D ．在恒容密闭容器中，反应CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) △H ＜0达到平衡后，使用高效催化剂，正反应速率增加，逆反应速率减小，平衡正向移动9、四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M 元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确．．．的是 A ．原子半径Z<M B ．非金属性：X<ZC ．M 元素最高价氧化物对应水化物具有两性D ．Y 的最高价氧化物对应水化物的酸性比X 的弱10、在298K 、100kPa 时，已知：2H 2O(g)＝O 2(g)＋2H 2(g) △H 1 Cl 2(g)＋H 2(g)＝2HCl(g) △H 22Cl 2(g)＋2H 2O(g)＝4HCl(g)＋O 2(g) △H 3 则△H 3与△H 1和△H 2间的关系正确的是（ ） A ．△H 3=△H 1＋2△H 2 B ．△H 3=△H 1＋△H 2 C ．△H 3=△H 1－2△H 2 D ．△H 3=△H 1－△H 2 11、下列实验现象预测正确的是（ ）A ．实验Ⅰ：振荡后静止，上层溶液颜色保持不变B ．实验Ⅱ：酸性KMnO 4溶液中出现气泡，但颜色无变化C ．实验Ⅲ：微热稀HNO 3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D ．实验Ⅳ：煮沸溶液至红褐色，停止加热，光束通过体系时产生丁达尔效应 12、能正确表示下列反应的离子方程式是（ ） A ．稀硫酸中加入铜粉：Cu + 2H + = Cu 2+ + H 2↑B ．用FeCl 3溶液刻蚀铜制印刷电路板：Cu + Fe 3+ ＝ Cu 2+ + Fe 2+Y Z MXBr 2的苯溶液 NaOH 溶液Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ浓H 2SO 4蔗糖酸性 KMnO 4 溶液可抽动铜丝稀HNO 3NaOH 溶液FeCl 3 饱和溶液空气沸水C．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2 + 2OH－= CO32－+ H2OD．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+13、50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（）A．在稀硫酸中加入少量氢氧化钠固体，溶液导电性增强B．饱和碳酸钠溶液中：c(Na+) = 2c(CO32-)C．饱和食盐水中：c(Na+) + c(OH-) = c(Cl-) + c(H+)D．pH=12的NaOH溶液中：c(OH－) =1.0×10－2 mol·L-114、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）第Ⅱ卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
高三化学月考试题及答案-广东湛江市廉江一中2016届高三上学期第二次月考化学试卷
2015-2016学年广东省湛江市廉江一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．1．下列化学用语表示正确的是( )A．N2分子的电子式：B．乙醇的结构简式：C2H6OC．镁离子的结构示意图：D．CO2的比例模型：2．胶体区别于其它分散系最本质的特征是( )A．外观澄清、透明B．胶体微粒粒度在1～100nm之间C．丁达尔现象D．分散质粒子能透过半透膜3．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．0.1 mol甲烷含有的电子数为N AB．1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数目为0.1 N AC．1 L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数为0.2 N AD．1 mol•L﹣1 FeCl3溶液中所含Cl﹣的数目为3N A4．在水溶液中能大量共存的一组离子是( )A．NH4+、Na+、Cl﹣、SO42﹣B．K+、Mg2+、OH﹣、NO3﹣C．H+、Ca2+、SiO32﹣、NO3﹣D．K+、Al3+、ClO﹣、HCO3﹣5．配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )A．用量筒量取浓盐酸俯视读数B．溶解搅拌时有液体飞溅C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线6．根据反应：2H2S+O2═2S↓+2H2O，4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O，Na2S+I2═2NaI+S↓下列物质的氧化性强弱判断正确的是( )A．O2＞I2＞S B．H2S＞NaI＞H2OC．S＞I2＞O2D．H2O＞NaI＞H2S7．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2OC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的物质．请回答下列问题．（1）碳酸钠俗称__________，等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时生成CO2的量，前者__________后者（填＞、＜或=）．（2）碳酸氢钠可治疗胃酸（0.2%～0.4%的盐酸）过多，反应的离子方程式为：__________．（3）现有以下物质：①NaCl晶体②熔融的KNO3③氨水④铝⑤Cl2⑥酒精（C2H5OH）请回答下列问题（用序号）：以上物质中能导电的是__________；以上物质中属于强电解质的是__________．（4）用“双线桥法”表示Cl2与NaOH反应电子转移的方向和数目：Cl2+2NaOH═Na Cl+Na ClO+H2O（5）下列实验方案中，不能准确测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是__________A．取a克混合物充分加热，减重b克B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体直接用碱石灰吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体．9．（14分）铝是用途广泛的金属材料，目前工业上主要用铝土矿（主要成分含氧化铝、氧化铁）来制取铝，其常见的过程如下：请回答下列问题：（1）沉淀B的化学式为__________，溶液C中阴离子主要是__________．（2）操作Ⅰ是__________（填操作名称）（3）写出①过程中发生反应的离子方程式__________．（4）Al（OH）3沉淀必须进行洗涤才能通过操作Ⅳ获得纯净Al2O3，操作Ⅳ是__________（填操作名称），简述洗涤沉淀的操作方法：__________．（5）电解Al2O3制取金属Al的阴极电极反应式为__________．10．（14分）常见单质A、B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系（部分产物未列出）．单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物．根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：单质A__________，乙__________．（2）写出单质A与Fe2O3反应的化学方程式：__________，利用该反应的原理，可用于__________．（3）写出反应①的离子方程式：__________．11．（16分）工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制备高档颜料铁红（Fe2O3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）滤液X中含有的金属阳离子是__________（填离子符号）．（2）步骤Ⅲ中可选用__________调节溶液的pH（填字母）．A．稀硝酸B．氨水C．氢氧化钠溶液D．高锰酸钾溶液（3）步骤Ⅳ中，FeCO3沉淀完全后，溶液中含有少量Fe2+，检验Fe2+的方法是__________．（4）在空气中煅烧FeCO3生成产品氧化铁的化学方程式为__________．（5）3.84g Fe和Fe2O3的混合物溶于过量盐酸中，生成0.03mol H2，反应后的溶液中加入KSCN溶液检验，溶液不显红色．则原混合物中Fe2O3的质量__________（6）硫酸铁可作絮凝剂，常用于净水，其原理是__________（用离子方程式表示）．高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：FeO+________H2O═_________Fe（OH）3（胶体）+__________O2↑+__________OH﹣．（7）磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，若有1.5mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是__________．2015-2016学年广东省湛江市廉江一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．1．下列化学用语表示正确的是( )A．N2分子的电子式：B．乙醇的结构简式：C2H6OC．镁离子的结构示意图：D．CO2的比例模型：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．氮原子最外层有5个电子，需得到3个达稳定结构；B．有机物的结构简式必须表示出官能团；C．镁原子失去两个电子生成镁离子；D．比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构．【解答】解：A．氮原子最外层有5个电子，需3个达稳定结构，所以其电子式为，故A正确；B．有机物的结构简式必须表示出官能团，则乙醇的结构简式为C2H5OH，故B错误；C．镁离子的结构示意图为，故C错误；D．二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，而氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查了电子式、结构简式、结构示意图、比例模型等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意含有官能团的有机物在书写结构简式时官能团不能缩写．2．胶体区别于其它分散系最本质的特征是( )A．外观澄清、透明B．胶体微粒粒度在1～100nm之间C．丁达尔现象D．分散质粒子能透过半透膜【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同．【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm．故选B．【点评】本题考查胶体的判断，注意胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm之间．3．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．0.1 mol甲烷含有的电子数为N AB．1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数目为0.1 N AC．1 L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数为0.2 N AD．1 mol•L﹣1 FeCl3溶液中所含Cl﹣的数目为3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、甲烷为10电子分子；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解；C、pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、甲烷为10电子分子，故0.1mol甲烷中含1mol电子，即N A个，故A正确；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液CO32﹣中的个数小于0.1N A个，故B错误；C、pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故溶液中的氢离子的个数N=CVN A=0.1mol/L×1L×N A/mol=0.1N A个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数不能计算，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的组成是解题关键．4．在水溶液中能大量共存的一组离子是( )A．NH4+、Na+、Cl﹣、SO42﹣B．K+、Mg2+、OH﹣、NO3﹣C．H+、Ca2+、SiO32﹣、NO3﹣D．K+、Al3+、ClO﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．NH4+、Na+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不发生反应；B．镁离子与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化镁；C．氢离子、钙离子与硅酸根离子反应；D．铝离子与次氯酸根离子、碳酸氢根离子之间发生双水解反应．【解答】解：A．NH4+、Na+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不满足离子反应发生条件，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Mg2+、OH﹣之间反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．H+与Ca2+、SiO32﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Al3+与ClO﹣、HCO3﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．5．配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( ) A．用量筒量取浓盐酸俯视读数B．溶解搅拌时有液体飞溅C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】溶液和胶体专题．【分析】根据C=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．【解答】解；A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选；B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选．故选C．【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=计算不当操作对n或V的影响．6．根据反应：2H2S+O2═2S↓+2H2O，4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O，Na2S+I2═2NaI+S↓下列物质的氧化性强弱判断正确的是( )A．O2＞I2＞S B．H2S＞NaI＞H2O C．S＞I2＞O2D．H2O＞NaI＞H2S【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，氧化产物指还原剂在反应中失电子（或偏移离子）后被氧化氧化的产物产物．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，以此来解答．【解答】解：反应2H2S+O2═2S↓+2H2O中，氧化剂为O2，氧化产物为S，所以氧化性O2＞S；反应4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O中，氧化剂为O2，氧化产物为I2，所以氧化性O2＞I2；反应Na2S+I2═2NaI+S↓中，氧化剂为I2，氧化产物为S，所以氧化性I2＞S．故氧化性为O2＞I2＞S．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、氧化性强弱比较等，明确反应中元素的化合价变化及氧化还原反应中氧化性、还原性的比较方法即可解答，题目难度不大．7．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2OC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐；B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种；C、离子反应要遵循电荷守恒；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子．【解答】解：A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐，Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故B错误；C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化，3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故C错误；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子，铜不能置换出铁，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确．故选D．【点评】本题主要考查学生离子方程时的书写知识，要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想，是现在考试的热点．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的物质．请回答下列问题．（1）碳酸钠俗称苏打或纯碱，等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时生成CO2的量，前者=后者（填＞、＜或=）．（2）碳酸氢钠可治疗胃酸（0.2%～0.4%的盐酸）过多，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑．（3）现有以下物质：①NaCl晶体②熔融的KNO3③氨水④铝⑤Cl2⑥酒精（C2H5OH）请回答下列问题（用序号）：以上物质中能导电的是②③④；以上物质中属于强电解质的是①②．（4）用“双线桥法”表示Cl2与NaOH反应电子转移的方向和数目：Cl2+2NaOH═Na Cl+Na ClO+H2O（5）下列实验方案中，不能准确测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是C A．取a克混合物充分加热，减重b克B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体直接用碱石灰吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体．【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的重要化合物．【分析】（1）碳酸钠俗称苏打或纯碱，二者都可与盐酸反应生成二氧化碳气体，结合方程式判断；（2）碳酸氢钠可与盐酸反应；（3）电解质在熔融状态或水溶液中导电，金属可导电；常见强电解质有强酸、强碱和大多数盐；（4）反应中Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，当有1mol Cl2反应时，转移1mol电子；（5）实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．A．碳酸氢钠的不稳定性，加热分解，利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量；B．根据钠守恒，可列方程组求解；C．应先把水蒸气排除才合理；D．根据质量关系，可列方程组求解．【解答】解：（1）碳酸钠俗称苏打或纯碱，NaHCO3与HCl反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；Na2CO3与HCl反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；由以上两个化学方程式可以看出，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与HCl反应，产生CO2的物质的量之比为1：1．故答案为：苏打或纯碱；=；（2）因NaHCO3与HCl反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故答案为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑．（3）②熔融的KNO3③氨水中含有自由移动的离子，能导电，④铝为金属晶体，能导电，：①NaCl晶体、②熔融的KNO3为强电解质，故答案为：②③④；①②；（4）反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，当有1mol Cl2反应时，转移1mol电子，所以其转移电子数是1，电子转移方向和数目为，故答案为：；（5）A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B正确；C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C错误；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+=HO+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量2分数，故D正确；故选C．【点评】本题综合考查了Na2CO3和NaHCO3的性质，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，题目难度中等．9．（14分）铝是用途广泛的金属材料，目前工业上主要用铝土矿（主要成分含氧化铝、氧化铁）来制取铝，其常见的过程如下：请回答下列问题：（1）沉淀B的化学式为Fe2O3，溶液C中阴离子主要是AlO2﹣和OH﹣．（2）操作Ⅰ是过滤（填操作名称）（3）写出①过程中发生反应的离子方程式Al2O3+2OH﹣═2AlO﹣2+H2O．（4）Al（OH）3沉淀必须进行洗涤才能通过操作Ⅳ获得纯净Al2O3，操作Ⅳ是灼烧（填操作名称），简述洗涤沉淀的操作方法：在过滤器中加入水至淹没沉淀，等水自然流尽后重复操作2﹣3次．（5）电解Al2O3制取金属Al的阴极电极反应式为Al3++3e﹣=Al．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断．【分析】铝土矿（主要成分含氧化铝、氧化铁）加入氢氧化钠，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；过滤后得到的沉淀B为氧化铁，滤液中含氢氧化钠和偏铝酸钠；通入二氧化碳，二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，过滤得到氢氧化铝沉淀和碳酸钠溶液；灼烧氢氧化铝得到氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气；碳酸钠溶液和氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠用来碱浸；灼烧碳酸钙得到氧化钙和二氧化碳，二氧化碳和氧化钙循环使用．（1）铝土矿中含氧化铁，氧化铁不和碱反应；氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀（E）和氢氧化钠；（2）不溶物和溶液分开采取过滤的方法；（3）铝土矿中含有氧化铝，可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（4）氢氧化铝受热分解得到氧化铝；洗涤沉淀，可在过滤器中加入水至淹没沉淀，等水过滤后，重复操作2﹣3次；（5）电解池中，阴极上是阳离子Al3+发生得电子的还原反应．【解答】解：（1）铝土矿中含氧化铁，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；过滤后得到的沉淀B为氧化铁，滤液中含氢氧化钠和偏铝酸钠；故答案为：Fe2O3；AlO2﹣和OH﹣；（2）不溶物和溶液分开采取过滤的方法，氧化铁不和碱反应，为不溶物，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故用过滤方法把沉淀和溶液分开，故答案为：过滤；（3）铝土矿中含有氧化铝，可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO﹣2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO﹣2+H2O；（4）氢氧化铝受热分解得到氧化铝，故操作Ⅳ是灼烧；洗涤沉淀，可在过滤器中加入水至淹没沉淀，等水自然流尽后重复操作2﹣3次，故答案为：灼烧；在过滤器中加入水至淹没沉淀，等水自然流尽后重复操作2﹣3次；（5）电解池中，阴极上是阳离子Al3+发生得电子的还原反应：Al3++3e﹣=Al，故答案为：Al3++3e ﹣=Al．【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重于铝的化合物的考查，难度中等，注意把握相关物质的性质以及化学方程式的书写，学习中注意相关知识的积累．10．（14分）常见单质A、B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系（部分产物未列出）．单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物．根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：单质AAl，乙NaAlO2．（2）写出单质A与Fe2O3反应的化学方程式：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，利用该反应的原理，可用于焊接金属等．（3）写出反应①的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．．【考点】无机物的推断；镁、铝的重要化合物．【分析】单质A常作为食品包装材料，甲是典型的两性氧化物，甲为Al2O3，A与氧化铁反应得到甲，且A能与NaOH反应，则A为Al，该反应为铝热反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成单质B为H2，乙为NaAlO2，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和丙，则丙为水，据此解答．【解答】解：单质A常作为食品包装材料，甲是典型的两性氧化物，甲为Al2O3，A与氧化铁反应得到甲，且A能与NaOH反应，则A为Al，该反应为铝热反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成单质B为H2，乙为NaAlO2，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和丙，则丙为水，（1）A为金属Al，乙是金属Al与氢氧化钠溶液反应得到的化合物，故乙为NaAlO2，故答案为：Al；NaAlO2；（2）单质A与Fe2O3发生的是铝热反应，故反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，铝热反应的应用为焊接金属等，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；焊接金属等；（3）反应①的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；【点评】本题考查无机物推断，涉及Al元素化合物性质、铝热反应、金属冶炼、离子方程式书写、图象的判断等，难度不大，需要学生熟练掌握元素化合物性质，比较基础．11．（16分）工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制备高档颜料铁红（Fe2O3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）滤液X中含有的金属阳离子是Fe2+、Fe3+（填离子符号）．（2）步骤Ⅲ中可选用B调节溶液的pH（填字母）．A．稀硝酸B．氨水C．氢氧化钠溶液D．高锰酸钾溶液（3）步骤Ⅳ中，FeCO3沉淀完全后，溶液中含有少量Fe2+，检验Fe2+的方法是取少量溶液，加入硫氰化钾溶液，不显红色，然后滴加氯水，溶液变为红色．（4）在空气中煅烧FeCO3生成产品氧化铁的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．（5）3.84g Fe和Fe2O3的混合物溶于过量盐酸中，生成0.03mol H2，反应后的溶液中加入KSCN溶液检验，溶液不显红色．则原混合物中Fe2O3的质量1.6g（6）硫酸铁可作絮凝剂，常用于净水，其原理是Fe3++H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+（用离子方程式表示）．高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：FeO+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣．（7）磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，若有1.5mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是12mol．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节pH后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，（1）硫铁矿烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，依据酸浸后铁的氧化物和酸反应溶解，二氧化硅不与酸反应分析判断；（2）依据步骤Ⅱ加入过量铁粉滤液中阳离子为亚铁离子，步骤Ⅲ加入试剂调节溶液PH至5﹣6.5，试剂不能氧化亚铁离子，不能是碱性强的溶液；（3）溶液中含有少量Fe2+，遇KSCN溶液不变色，被氧化成铁离子后可以看到血红色，据此检验Fe2+；（4）空气中煅烧碳酸亚铁，是碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，原子守恒配平写出；（5）3.84gFe和Fe2O3的混合物溶于过量盐酸中，发生的反应为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Fe═3FeCl2，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，根据化学方程式列式计算；（6）硫酸铁水解生成氢氧化铁胶体，可作絮凝剂，高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂，与水反应生成氢氧化铁胶体和氧气，根据电荷守恒可写出离子方程式；（7）在反应Fe3O4+4CO3Fe+4CO2中，铁从+2价和+3价变为0价，每摩尔Fe3O4参加反应可转移8mol电子，据此计算．【解答】解：硫铁矿烧渣加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节pH后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，（1）硫铁矿烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，酸浸后铁的氧化物和酸反应溶解，二氧化硅不与酸反应，氧化铁溶解后生成铁离子，氧化亚铁溶解后生成亚铁离子，故答案为：Fe2+、Fe3+；（2）由步骤Ⅱ加入过量铁粉滤液中阳离子为亚铁离子，步骤Ⅲ加入试剂调节溶液pH至5﹣6.5，试剂不能氧化亚铁离子，强碱性溶液会沉淀亚铁离子，A．稀硝酸具有氢氧化性能氧化亚铁离子，故A不符合；B．氨水是弱碱，可以调节溶液PH，故B符合；C．氢氧化钠溶液是强碱溶液，加入会沉淀亚铁离子，故C不符合；D．高锰酸钾溶液具有氢氧化性，能氧化亚铁离子，故D不符合；故选B；（3）溶液中含有少量Fe2+，遇KSCN溶液不变色，被氧化成铁离子后可以看到血红色，所以检验Fe2+的方法是取少量溶液，加入硫氰化钾溶液，不显红色，然后滴加氯水，溶液变为红色，故答案为：取少量溶液，加入硫氰化钾溶液，不显红色，然后滴加氯水，溶液变为红色；（4）空气中煅烧碳酸亚铁，是碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，由原子守恒配平后反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；（5）设Fe为xmol，Fe2O3为ymol，反应的方程式分别为Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Fe═3FeCl2，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，由于反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液无明显现象，则说明FeCl3完全反应，溶液中只生成FeCl2，则有：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，ymol 2ymol2FeCl3+Fe═3FeCl2，2ymol ymolFe+2HCl═FeCl2+H2↑，（x﹣y）mol 0.03mol则有：，解之得：x=0.04，y=0.01，所以Fe2O3的质量为0.01mol×160g/mol=1.6g，故答案为：1.6g；（6）硫酸铁水解生成氢氧化铁胶体，可作絮凝剂，反应的离子方程式为Fe3++H2O=Fe （OH）（胶体）+3H+，高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂，与水反应生成氢氧化铁胶体和氧气，3反应的离子方程式为4FeO+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，故答案为：Fe3++H2O=Fe （OH）3（胶体）+3H+；4、10、4、3、8；（7）在反应Fe3O4+4CO3Fe+4CO2中，铁从+2价和+3价变为0价，每摩尔Fe3O4参加反应可转移8mol电子，所以若有1.5mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是12 mol，故答案为：12 mol．【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析应用，主要是流程分析理解和反应过程的判断，题目难度中等．。
【全国百强校】广东省湛江第一中学2015-2016学年高一上学期第二次月考化学试题解析(解析版)
可能用到的相对原子质量：H―1 C―12 N―14 O―16S―32Cu―64 Na―23一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）1．下列分类合理的是（）A．CuSO4和CuSO4•5H2O都属于纯净物B．H2SO4和NaHSO4都属于酸C．液氯和氯水都属于混合物D．Na2O和Na2O2都属于碱性氧化物【答案】A考点：考查物质分类的知识。
2．常温下，下列三个反应均能发生：X2+2W2+=2X-+2W3+Z2+2X-=2Z-+X22W3++2Y-=2W2++Y2则在相同条件下，下列三个反应也能发生的是（）①Y2+2X-=2Y-+X2②Z2+2Y-=2Z-+Y2③2W3++2Z-=2W2++Z2A．只有①B．只有②C．①和②D．②和③【答案】B【解析】试题分析：在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂>氧化产物。
根据反应X2 +2W2+═2X- +2W3+，可得出氧化性关系X2＞W3+；根据Z2+2X- ═2Z- +X2，可得出氧化性关系Z2＞X2；根据2W3+ +2Y- ═2W2+ +Y2，可得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2 ＞W3+＞Y2。
①若反应Y2 +2X-═2Y- +X2可以发生，则可得出氧化性关系Y2＞X2，与已知微粒的氧化性强弱顺序不同，因此该反应不能发生，错误；②若Z2 +2Y-═2Z- +Y2可以发生，则可得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，因此反应能发生，正确；③若2W3+ +2Z-═2W2+ +Z2可以发生，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，因此反应不能发生，错误；故正确的只有②，选项B正确。
考点：考查氧化性、还原性强弱的比较的知识。
3．用N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.5 mol锌粒与足量盐酸反应产生11.2 L H2B．标准状况下，11.2 L H2O所含分子数为0.5N AC．0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为N AD．25℃、101Pa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为N A【答案】D考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。
广东省湛江一中2015_2016学年高一化学上学期期末试卷(含解析)
2015-2016学年广东省湛江一中高一（上）期末化学试卷一、单项选择题（本题包括11小题，每小题4分，共44分）1．以下互为同位素的是（）A．13C与14N B．D2与H2C．O2与O3D．35Cl与37Cl2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，78g Na2O2含有的阴离子数为N AB．常温常压下，22.4 L氢气中含氢原子数目为2 N AC．0.5 mol/L的NaCl溶液中，含有Cl﹣数目为0.5 N AD．1mol Fe在足量氯气中完全反应，失去的电子数为2 N A3．为了证明某晶体中含有NH4+、K+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水B．取少量晶体溶于水，加入少量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能证明晶体中无K+4．下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的5．配制100mL 1mol/LNaOH溶液，下列说法正确的是（）A．在托盘天平两托盘上各放一片相同的纸，然后将NaOH放在纸片上进行称量B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，洗涤液也移入容量瓶中D．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低6．下列物质：①氨水②醋酸③硫酸钡④氢氧化钾⑤酒精⑥Na属于强电解质的是（）A．①②③④⑤⑥B．①④⑤C．②③④D．③④7．下列无色溶液中的离子能大量共存的是（）A．K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣B．OH﹣、K+、HCO3﹣、SO32﹣C．H+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣D．Al3+、NH4+、OH﹣、NO3﹣8．工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却．可作为冷却气体的是（）①空气②CO2 ③Ar ④H2⑤N2．A．①②B．②③C．③④D．④⑤9．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用．下列关于金属的一些说法不正确的是（）A．金属钠保存在煤油中B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的C．合金的硬度一般比各成分金属大D．铜与氯化铁溶液的反应常用于制作印刷电路板10．下列说法错误的是（）A．氢氧化钠溶液应保存在带磨砂玻璃塞的无色细口瓶中B．二氧化硅是制造光导纤维的材料C．水玻璃可用作木材防火剂D．氢氟酸能与二氧化硅反应，因此可用于刻蚀玻璃11．人体血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，会导致Fe2+转化Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒．对上述的分析正确的是（）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是氧化剂C．维生素C被氧化D．亚硝酸盐发生氧化反应二、非选择题（共56分）12．填空题（1）取1.06g Na2CO3，溶于水配成10mL溶液，则该Na2CO3溶液的物质的量浓度为，若再往该溶液滴入足量稀盐酸至完全反应，标准状况下生成气体的体积为．（2）怎样用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质（用有关反应的离子方程式表示）．①铁粉中混有铝粉②FeCl2溶液中混有CuCl2③FeCl3溶液中混有FeCl2．13．（1）通常用小苏打的溶液除去CO2中的HCl，反应的离子方程式为：，不能用NaOH溶液的原因是（用离子方程式表示），也不能用NaCO3的原因是（用离子方程式表示）（2）Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，发生反应的化学方程式为Fe（OH）2可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应来制备：①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入来防止Fe2+被氧化．②生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液．这样操作的理由是．14．某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应）．据此回答下列问题：（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，若在标准状态下收集到33.6L的氯气，则被氧化的HCl的物质的量是．（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是．（3）C装置的作用是．（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低．该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U 形管中还存在两个副反应．①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是．②试判断另一个副反应为（用化学方程式表示）．为避免此副反应的发生，可将装置作何改进．（5）家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是A．食盐 B．食醋 C．烧碱 D．纯碱．15．某混合物A，含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化．请回答下列问题：（1）图中分离沉淀B与溶液C的方法是．（2）D、E、F这3种物质的化学式分别为：D： E： F：（3）沉淀B与NaOH溶液反应的离子方程式为；溶液C与过量稀氨水反应的离子方程式为．（4）检验溶液中是否含有Fe3+，最佳试剂是，现象为．2015-2016学年广东省湛江一中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括11小题，每小题4分，共44分）1．以下互为同位素的是（）A．13C与14N B．D2与H2C．O2与O3D．35Cl与37Cl【考点】同位素及其应用．【专题】化学用语专题．【分析】质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同一元素的不同单质互称同素异形体，据此分析解答．【解答】解：A．13C与14N的质子数不同，分别为6、7，故A错误；B．D2与H2是同一种单质，故B错误；C．O2与O3是氧元素的不同单质，所以是同素异形体，故C错误；D．1735Cl和1737Cl是质子数相同中子数不同的同一元素，所以互称同位素，故D正确．故选D．【点评】本题考查的是同位素、同素异形体的判断，难度不大，侧重考查学生的辨别能力．2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，78g Na2O2含有的阴离子数为N AB．常温常压下，22.4 L氢气中含氢原子数目为2 N AC．0.5 mol/L的NaCl溶液中，含有Cl﹣数目为0.5 N AD．1mol Fe在足量氯气中完全反应，失去的电子数为2 N A【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．Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成；B．气体摩尔体积的应用条件是标准状况；C．溶液体积不知不能计算溶液中离子数；D．铁和氯气反应生成氯化铁．【解答】解：A．78gNa2O2的物质的量n===1mol，Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成，故1molNa2O2中含1mol阴离子，即N A个，故A正确；B．气体摩尔体积的应用条件是标准状况，温度压强不知，22.4L氢气中物质的量不是1mol，故B错误；C．溶液体积不知不能计算溶液中离子数，故C错误；D.1molFe与氯气反应生成氯化铁，失去的电子数为3N A，故D错误；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析，主要是物质的量和微粒数的计算，气体摩尔体积条件应用，氧化还原反应实质的理解应用，题目难度中等．3．为了证明某晶体中含有NH4+、K+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水B．取少量晶体溶于水，加入少量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能证明晶体中无K+【考点】常见离子的检验方法．【分析】A．加热失去结晶水，然后用无水硫酸铜检验水；B．检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸；C．依据硫酸根离子的检验方法分析判断；D．确定焰色反应中是否含有钾离子，需要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色．【解答】解：A．晶体加热后生成水，若无水硫酸铜变蓝，则证明晶体中含结晶水，故A正确；B．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故B错误；C．加少量稀盐酸，无现象，排除了干扰离子，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣，故C正确；D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明含有钠离子，若证明是否含有钾离子，则需要透过蓝色钴玻璃观察，所以该现象不能证明晶体中无K+，故D正确；故选B．【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度中等，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．4．下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【专题】溶液和胶体专题．【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法．【解答】解：A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C、用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，Fe（OH）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C．【点评】本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答．5．配制100mL 1mol/LNaOH溶液，下列说法正确的是（）A．在托盘天平两托盘上各放一片相同的纸，然后将NaOH放在纸片上进行称量B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，洗涤液也移入容量瓶中D．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．依据腐蚀品称量方法解答；B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出，吸出的溶液中含有溶质，导致溶液浓度偏低；C．为保证溶质全部转移到容量瓶中，应进行洗涤操作；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据C=进行误差分析．【解答】解：A．氢氧化钠为腐蚀品，称量应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故A错误；B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出，导致溶质损耗，依据c=可知溶液浓度偏低，故B 错误；C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，洗涤液也移入容量瓶中，保证溶质全部转移到容量瓶中，故C正确；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据C=，可知溶液浓度偏高，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意对腐蚀品称量方法，题目难度不大．6．下列物质：①氨水②醋酸③硫酸钡④氢氧化钾⑤酒精⑥Na属于强电解质的是（）A．①②③④⑤⑥B．①④⑤C．②③④D．③④【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】化学用语专题．【分析】强电解质是水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质；弱电解质是水溶液中不能完全电离的电解质，溶液中存在电离平衡．【解答】解：①氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；②醋酸属是弱酸，水溶液中存在电离平衡，属于弱电解质；③硫酸钡是盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；④氢氧化钾在水溶液里或熔化状态下均能完全电离，属于强电解质；⑤酒精不导电，溶于水也不能导电，属于非电解质；⑥Na是单质，既不是电解质也不是非电解质，故属于强电解质的是③④，故选D【点评】本题考查了强电解质和弱电解质的概念分析应用，物质性质和类别是解题关键，题目较简单．7．下列无色溶液中的离子能大量共存的是（）A．K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣B．OH﹣、K+、HCO3﹣、SO32﹣C．H+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣D．Al3+、NH4+、OH﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【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，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A错误；B．OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，不能共存，故B错误；C．该组离子之间不反应可大量共存，故C正确；D．Al3+、NH4+均与OH﹣结合发生反应，不能共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及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．8．工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却．可作为冷却气体的是（）①空气②CO2 ③Ar ④H2⑤N2．A．①②B．②③C．③④D．④⑤【考点】镁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】可作为镁蒸气冷却气体的定是与镁不反应的物质，镁的性质活泼，易与多种物质反应，它可与空气中氧气反应生成MgO；可与N2反应生成Mg3N2；可在CO2中燃烧生成MgO；但稀有气体氩气不与镁反应．【解答】解：①空气中含有氮气、氧气、二氧化碳，它们都与镁发生反应，故①错误．②镁与二氧化碳在点燃的条件下发生燃烧反应，生成氧化镁和炭黑，故②错误．③氩气属于稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，故③正确．④H2不与镁反应，故④正确．⑤氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，故⑤错误．故选：C．【点评】物质的结构和组成决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途，了解三者之间的关系是解决问题的先决条件．9．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用．下列关于金属的一些说法不正确的是（）A．金属钠保存在煤油中B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的C．合金的硬度一般比各成分金属大D．铜与氯化铁溶液的反应常用于制作印刷电路板【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】化学应用．【分析】A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存；B．铝的氯化物为共价化合物；C．根据合金的性质来分析解答；D．FeCl3溶液能与Cu反应，用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路是成熟的传统工艺；【解答】解：A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A正确；B．铝的氯化物为共价化合物，熔融状态下不导电，应用电解氧化铝的方法冶炼金属铝，故B错误；C．合金的硬度一般比各成分金属大，熔点比各成份小，故C正确；D．制印刷电路时常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故D正确；故选B．【点评】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，本题注意金属的冶炼方法与金属的活泼性有关，注意常见金属的冶炼方法．10．下列说法错误的是（）A．氢氧化钠溶液应保存在带磨砂玻璃塞的无色细口瓶中B．二氧化硅是制造光导纤维的材料C．水玻璃可用作木材防火剂D．氢氟酸能与二氧化硅反应，因此可用于刻蚀玻璃【考点】硅和二氧化硅．【专题】化学应用．【分析】A．氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应，不能使用玻璃塞；B．二氧化硅为光导纤维的材料，硅为半导体材料；C．水玻璃为硅酸钠水溶液，硅酸钠性质稳定，不燃烧，可作防火材料；D．玻璃的成分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应．【解答】解：A．氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应，盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶的瓶塞不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞，故A错误；B．硅为半导体材料，二氧化硅为光导纤维的材料，故B正确；C．水玻璃为硅酸钠的溶液，可用作木材的防火剂，故C正确；D．玻璃的成分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应；可用于刻蚀玻璃，故D 正确；故选A．【点评】本题考查了化学试剂的存放、硅与二氧化硅的性质与用途，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及存放方法，明确硅与二氧化硅的用途．11．人体血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，会导致Fe2+转化Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒．对上述的分析正确的是（）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是氧化剂C．维生素C被氧化D．亚硝酸盐发生氧化反应【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C 作用下Fe3+又转化为Fe2+．【解答】解：服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，被氧化，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，发生还原反应，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应知识，题目难度不大，注意从元素化合价的变化的角度判断物质在反应中体现的性质，答题时注意审题．二、非选择题（共56分）12．填空题（1）取1.06g Na2CO3，溶于水配成10mL溶液，则该Na2CO3溶液的物质的量浓度为1molL﹣1，若再往该溶液滴入足量稀盐酸至完全反应，标准状况下生成气体的体积为0.224 L ．（2）怎样用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质（用有关反应的离子方程式表示）．①铁粉中混有铝粉2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑②FeCl2溶液中混有CuCl2Fe+Cu2+=Cu+Fe2+③FeCl3溶液中混有FeCl22Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．【考点】物质的量的相关计算；物质的分离、提纯和除杂．【专题】物质的量的计算．【分析】（1）根据n=计算1.06g Na2CO3的物质的量；根据c=计算该Na2CO3溶液的物质的量浓度；根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O计算生成气体在标准状况下的体积；（2）①Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，以此除杂；②CuCl2与Fe反应生成氯化亚铁和Cu；③氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁．【解答】解：（1）1.06g Na2CO3，n（Na2CO3）===0.01mol，c（Na2CO3）===1molL﹣1；Na2CO3 +2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O1 10.01mol n（CO2）n（CO2）=0.01mol，V=n×Vm=0.01mol×22.4mol/L=0.224L，故答案为：1molL﹣1；0.224L；（2）①Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，选NaOH溶液来除杂，发生离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；②CuCl2与Fe反应生成氯化亚铁和Cu，过滤即可除去氯化铜，其反应的方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，其反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．【点评】本题考查了物质的量的计算、有关化学方程式的计算、物质的除杂和方程式的书写，题目难度不大，注意物质的量应用与化学方程式的计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．13．（1）通常用小苏打的溶液除去CO2中的HCl，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，不能用NaOH溶液的原因是CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣（用离子方程式表示），也不能用NaCO3的原因是H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣（用离子方程式表示）（2）Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，发生反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3Fe（OH）2可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应来制备：①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入铁粉来防止Fe2+被氧化．②生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液．这样操作的理由是避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2．【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学用语专题．【分析】（1）除去杂质不能引入新的杂质，不能与所需气体反应，氢氧化钠、碳酸钠溶液都能与二氧化碳反应，据此解答；（2）氢氧化亚铁具有还原性能被氧气氧化生成氢氧化铁；铁粉具有还原性能够还原三价铁子生成二价铁离子；二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中氧气氧化，制备氢氧化亚铁应隔绝空气．【解答】解：（1）通常用小苏打的溶液除去CO2中的HCl，因为氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和氯化钠，离子方程式：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；不能用氢氧化钠溶液是因为：二氧化碳能够与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式：CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣，不能用碳酸钠是因为：二氧化碳、碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式：H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣；故答案为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣，H2O+CO32﹣+CO2=2HCO3﹣；（2）氢氧化亚铁能够被氧气氧化生成氢氧化铁，方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；铁粉具有还原性能够还原三价铁子生成二价铁离子，所以用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入铁粉来防止Fe2+被氧化；二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中氧气氧化，制备氢氧化亚铁应隔绝空气；故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；①铁粉；②避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2．【点评】本题考查了物质的制备和提纯，明确除杂的原则和物质的性质、熟悉铁及其化合物之间转化是解题关键，题目难度不大．14．某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应）．据此回答下列问题：（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，若在标准状态下收集到33.6L的氯气，则被氧化的HCl的物质的量是3mol ．（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ．（3）C装置的作用是吸收未完全反应的氯气，防止污染空气．（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低．该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U 形管中还存在两个副反应．①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是将B装置冷却（或将B装置放在冷水浴中）．②试判断另一个副反应为（用化学方程式表示）Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O ．为避免此副反应的发生，可将装置作何改进在A和B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶．（5）家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是 BA．食盐 B．食醋 C．烧碱 D．纯碱．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉，剩余氯气被氢氧化钠溶液吸收，（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，依据化学方程式定量关系分析，每4molHCl反应，只有2molHCl被氧化；（2）氯气与碱石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；（3）氯气有毒不能排放在环境中；（4）根据题意知，降低温度即可；氢氧化钙能和氯化氢反应生成氯化钙；（5）酸性条件下生成HClO，漂白性增强．【解答】解：（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，每4molHCl反应，生成1molCl2，只有2molHCl被氧化，若在标准状态下收集到33.6L的氯气物质的量==1.5mol，被氧化的HCl物质的量=3mol，故答案为：3mol；（2）因氯气与碱石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应方程式为2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）因氯气有毒，则装置C的作用为吸收未完全反应的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收未完全反应的氯气，防止污染空气；（4）①因温度较高时发生副反应生成Ca（ClO3）2，则可将B装置冷却来避免该副反应的发生，故答案为：将B装置冷却（或将B装置放在冷水浴中）；②因浓盐酸易挥发，则另一个副反应为HCl与碱石灰反应，反应为Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O，所以应除去氯气中的HCl，即在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶可除去HCl，故答案为：Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶；（5）酸性条件下生成HClO，漂白性增强，只有B符合，A为中性，C、D为碱性，故答案为：B．【点评】本题考查氯气的化学性质、氯气的实验室制法、尾气的处理等知识点，注意把握习题中的信息分析（4），侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．15．某混合物A，含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化．请回答下列问题：（1）图中分离沉淀B与溶液C的方法是过滤．（2）D、E、F这3种物质的化学式分别为：。
广东省湛江市高一上学期化学第二次月考试卷
广东省湛江市高一上学期化学第二次月考试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单项选择题 (共17题；共34分)1. （2分） (2019高一上·衡阳期末) 下列物质中，不属于合金的是（）A . 青铜B . 不锈钢C . 水银D . 硬铝2. （2分） (2019高二下·包头期末) 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法错误的是（）A . “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B . “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C . “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D . 向豆浆中加入盐卤可制作豆腐，利用了胶体聚沉的性质3. （2分） (2018高二上·江西期中) 下列反应中，在高温下不能自发进行的是（）A . CO(g)=C(s)+ O2(g)B . 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)C . (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)D . MgCO3(s)==MgO(s)+CO2(g)4. （2分） (2018高三上·河口期中) 将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反应后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4。
下列关于NaHSO4的说法中正确的是（）A . 因为NaHSO4是离子化合物，因此能够导电B . NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1C . NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键D . NaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键5. （2分） (2018高一上·荆州月考) 已知KMnO4＋HCl（浓）→KCl＋Cl2↑＋MnCl2＋H2O（未配平），下列说法正确的是（）A . 还原性：MnCl2＞HCl（浓）B . 氧化剂与还原剂的物质的量之比1:8C . 该反应中盐酸体现了氧化性和酸性D . 当标准状况下产生22.4 L 氯气时，转移电子数为2NA6. （2分） (2018高一上·大庆期中) Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，错误的是（）A . Na2CO3是弱碱B . Na2CO3是可溶性盐C . Na2CO3是钠盐D . Na2CO3是碳酸盐7. （2分） (2019高一上·莆田期末) 下列仪器中常用作反应容器的是（）A . 圆底烧瓶B . 量筒C . 容量瓶D . 分液漏斗8. （2分） (2018高三下·姜堰开学考) 下列指定反应的离子方程式正确的是（）A . 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2： SiO32－+CO2+H2O = H2SiO3↓+CO32－B . 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OC . 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HCl 溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓D . 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑9. （2分） (2018高一上·肇庆期末) 下列各组离子能大量共存的是（）A . 无色溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B . 在pH=4的溶液中：Na+、K+、OH-、Cl-C . 在含Ba2+的溶液中：H+、Na+、Cl-、SO42-D . 与Fe反应产生气体的溶液：Na+、K+、Cl-、SO42-10. （2分） (2018高一上·安平期末) 根据下列反应的化学方程式：①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判断有关物质的还原性强弱顺序是（）A . I－>Fe2+>Cl－>SO2B . Cl－>Fe2+>SO2>I－C . Fe2+>I－>Cl－>SO2D . SO2>I－>Fe2+>Cl－11. （2分） (2018高一上·北京期中) 氮化铝（AlN）是一种具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质的物质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业。
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湛江一中2015—2016学年度第一学期第二次考试
高一级化学科试卷
考试时间：60分钟满分：100分
可能用到的相对原子质量：H―1 C―12 N―14 O―16S―32 Cu―64 Na―23 一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）
X 2+2W2+2X-+2W3+ Z2+2X-2Z-+X2 2W3++2Y-2W2++Y2
则在相同条件下，下列三个反应也能发生的是（）
①Y 2+2X-2Y-+X2②Z2+2Y-2Z-+Y2③2W3++2Z-2W2++Z2
A.只有①
B.只有②
C.①和②
D.②和③
3．用N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．0.5 mol锌粒与足量盐酸反应产生11.2 L H2
B．标准状况下，11.2 L H2O所含分子数为0.5N A
C．0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为N A
D．25℃、101Pa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为N A
4．下列鉴别物质的方法能达到目的是（）
A．用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体
B．用焰色反应鉴别NaCl固体和NaOH固体
C．某溶液中滴加盐酸能产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32﹣
D．向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，再加入HCl溶液，白色沉淀不溶解，则该溶液中肯定有SO42﹣
5．同温同压下，等质量的CO和CO2 气体相比较，下列叙述中正确的是（）A．所含碳原子数比为1∶1 B．体积比为1∶1
C．密度比为7∶11 D．分子数比为7∶11
6．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液②39%的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液，
7．铋（Bi）在医药方面有重要应用。
下列关于
83Bi和
83
Bi的说法正确的是（）
A．209
83Bi和210
83
Bi的核外电子数不同 B. 209
83
Bi和210
83
Bi分别含有126和127个质子
C．209
83Bi和210
83
Bi互为同位素 D．209
83
Bi和210
83
Bi都含有83个中子
二、非选择题（共58分）
8、填空题（8分）
（1）同温同压下，某气体的密度是氢气密度的8.5倍，现有34g该气体。
则：
①该气体的物质的量为mol．
②该气体完全溶解于50mL水后稀释得2L溶液，物质的量浓度mol•L﹣1．
（2）将100mL 0.5mol•L﹣1 Na2CO3溶液加水稀释到1000mL，稀释后c(Na+)= mol•L﹣1（3）g H2O中的氧原子数目与标准状况下22.4L CO2中的氧原子数目相同．
9.（17分）
（一）以下物质中能导电且属于电解质的是，属于非电解质的是
①漂白粉②铜③氧气④BaSO4固体⑤稀硫酸⑥蔗糖⑦CO2⑧熔化的KNO3写出电离方程式：硫酸铝
（二）某化学实验小组需用480mL 0.2mol/L的硫酸铜溶液，请回答下列问题：
（1）如果用胆矾（CuSO4•5H2O）来配制，至少需用胆矾的质量为 g。
（2）在该实验中要用到容量瓶，使用容量瓶前应
（3）下面是配制硫酸铜溶液过程中的5个操作步骤：
①向盛有胆矾的烧杯中加入200ml蒸馏水使其溶解；
②继续往容量瓶中加蒸馏水，至液面距刻度线1-2cm处；
③将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；
④在烧杯中加入少量的蒸馏水，洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次后移入容量瓶中，轻轻
摇动容量瓶，使溶液混合均匀；
⑤改用胶头滴管加水至刻度线，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
正确的操作顺序为（填序号）
（4）上述操作⑤中，如果不小心加水超过刻度线，处理方法是
（5）下列操作会导致所配硫酸铜溶液物质的量浓度偏低的是（填序号）
①在烧杯中搅拌溶液时，有少量液体溅出
②定容摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线
③容量瓶洗净后残留少量蒸馏水
④所使用的容量瓶刚用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过
⑤定容时仰视刻度线
10．（17分）
（一）如图中，A是氯气的发生装置，B、C是净化气体的装置，D中装铁丝网；反应后E 的底部有棕色固体聚集；F是吸收多余气体的装置．
（1）写出A中化学反应方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目
（2）仪器a为，上述装置中有一处明显错误，请指出是处（用字母表示）。
（3）通过B是为了除去HCl，在B中应加入；
（4）写出F中发生反应的化学方程式。
（二）某化学兴趣小组按如下实验流程提取海带中的碘，他们的设计如下图：
根据以上流程，回答以下问题。
（1）第②步为了加快溶解速率并使碘离子充分进入溶液，可以采取的措施是、（写出两条）。
（2）如第④、⑤步通入的Cl2是与NaI溶液反应，再往其中加四氯化碳振荡、静置，现象是；此法还适用于I-的检验，I-检验的另一方法是向待测溶液中先滴加AgNO3溶液，生成色沉淀，再加足量的HNO3，沉淀不溶解。
11.（16分）
（一）测定Na2O和Na的混合物中金属钠的质量分数可用下图所示的几套仪器组合：
（1）标出各仪器连接的顺序，量筒在实验中的作用是
（2）有一块表面氧化成Na2O的金属钠，其质量为1.0g，实验后在量筒中收集到0.224L 水，求样品中金属钠的质量是。
（假设在标准状况下测定）
（二）为探究碳酸氢钠的热稳定性，并验证其产物与过氧化钠的反应，按以下装置图进行实验，填写有关现象及化学方程式。
（1）写出A中发生反应的化学方程式为____________________
（2）B中浓硫酸的作用是____________________
（3）C中发生反应的化学方程式为___________________，每反应1molNa2O2转移________mol电子
（4）E中收集的气体是____________________
高一级化学科答案
一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）
二、非选择题（共58分）
8、填空题（8分，每空2分）
（1）①2；②1 （2）0.1 （3）36
9.（17分，最后一空3分，其余每空2分）
（一）⑧；⑥⑦； Al2(SO4)3=2Al3++3SO42﹣
（二）(1)25.0 (写25扣1分)
(2)检查是否漏水（3）①③④②⑤ （4）重新配制（5）①②⑤
10．（17分）（除特别说明外，其余每空2分）
（一）（1）
（方程式2分，双线桥1分,共3分）（2）分液漏斗； B
（3）饱和食盐水（4）Cl2+2NaOH= NaCl+ NaClO+ H2O （二）（1）充分搅拌、加热煮沸（每条1分，共2分）
（2）溶液分层，上层为接近无色，下层为紫红色；黄色11.（16分，每空2分）
（一）（1）gfeh 间接测量氢气体积（2）0.46g
△
（二）（1）2NaHCO3 === Na2CO3+CO2↑+H2O
（2）干燥二氧化碳；
（3）2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2；1；（4）O2。