2022年高一上学期期中考试化学试题 含解析

2022年高一上学期期中考试化学试题 含解析一、选择题（每题仅有一个正确答案，共20题，每题3分，共60分）1（3分）下述对焰色反应实验操作注意事项的说明，正确的是（）钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净实验时最好选择本身颜色较浅的火焰没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替A仅有不正确 B仅有不正确 C仅有不正确 D全正确考点：焰色反应 .专题：化学实验基本操作分析：焰色反应是通过观察火焰颜色来检验金属元素存在的实验，实验时所用火焰和所用金属丝在灼烧时都不应该有很明显的颜色，否则将无法观察到被检验金属的真实焰色反应情况，观察钾的火焰颜色时要透过蓝色钴玻璃，目的是为了滤去钠的黄光解答：解：在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，故正确；取一根洁净的铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取NaCl溶液，进行焰色反应，故正确； 盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，故正确为了能够更加突出被检验试剂的颜色，选用本身颜色较浅的火焰，最大限度的减少火焰本身颜色的干扰，故正确；洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色反应，故正确； 故选D点评：本题考查了焰色反应的操作，较基础，注意操作要点焰色反应为元素的物理性质，不属于化学变化，为易错点2（3分）某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素（）A一定被氧化 B一定被还原 C化合价降低为零价 D可能被氧化，也可能被还原考点：氧化还原反应 .专题：氧化还原反应专题分析：某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，根据元素化合价变化来判断是被氧化还是被还原解答：解：某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，如果该元素失电子化合价升高，则被氧化，如果得电子化合价降低，则被还原，所以该元素可能被氧化也可能被还原，故选D点评：本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化来判断该元素被氧化还是被还原，难度不大3（3分）下列各组中的两物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是（）ANa2O2与CO2BNa与O2CNaOH与CO2D碳与O2考点：钠的重要化合物；钠的化学性质 .专题：几种重要的金属及其化合物分析：ANa2O2与CO2反应只生成Na2CO3和O2；BNa与O2反应可生成Na2O或Na2O2；CNaOH与CO2反应可生成NaHCO3或Na2CO3；D碳与O2反应可生成CO或CO2解答：解：ANa2O2与CO2反应只生成Na2CO3和O2，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响，故A选；BNa与O2在不加热时生成Na2O，加热时生成Na2O2，则反应条件不同，生成物不同，故B不选；CNaOH与CO2反应，CO2不足时生成Na2CO3，CO2过量时生成NaHCO3，反应物用量不同，产物不同，故C不选；D碳与O2反应，氧气不足是生成CO，过量时生成CO2，反应物用量不同，产物不同，故D不选故选A点评：本题考查钠的化合物的性质，题目难度中等，本题注意常见与用量或条件有关的化学反应，牢固把握元素化合物知识4（3分）如图所示，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2粉末，U形管中注有浅红色的水将气球用橡皮绳紧系在试管口实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发生的现象是（）AU形管内的红水退色B试管内溶液变红C气球a被吹大DU形管中水位dc考点：钠的重要化合物 .专题：几种重要的金属及其化合物分析：Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，可使广口瓶内压强增大，过氧化钠具有强氧化性，以此解答该题解答：解：由于发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位dc，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故选：C点评：本题考查过氧化钠，侧重于学生的实验观察能力的培养和基础知识的考查，难度不大，此题解答时容易因定向思维而错选A、B，而没有注意到浅红色的水是在U形管中而非试管中5（3分）在一定温度下，向饱和烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，关于溶液下列说法正确的是（）A有晶体析出，Na+ 数目不变B有气体逸出，Na+ 数目增加CNa+数目不变，溶质的质量分数不变DNa+数目减少，有气体逸出考点：钠的重要化合物 .专题：几种重要的金属及其化合物分析：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，有氧气放出，得到的溶液仍然是饱和氢氧化钠溶液，据此回答判断解答：解：过氧化钠和水发生：2Na+2H2O=2NaOH+H2，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，但反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变A、有晶体析出，Na+数目减少，故A错误；B、有氧气放出，Na+数目减少，故B错误；C、Na+数目减少，溶质的质量分数不变，故C错误；D、有氧气放出，Na+数目减少，故D正确；故选D点评：本题考查过氧化钠的性质，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，为易错点6（3分）在水泥厂和冶金厂中常用高压电对气溶胶作用来除去烟尘，以减少对空气的污染，这种做法所应用的原理是（）A布朗运动B丁达尔效应C电泳D渗析考点：胶体的应用 .专题：溶液和胶体专题分析：胶体有吸附性，胶体吸附带电荷的微粒而使胶粒带电，在电流作用下，胶粒能定向移动而产生电泳现象解答：解：水泥和冶金工厂的烟尘为气溶胶，胶体有吸附性，胶体吸附带电荷的微粒而使胶粒带电，在高压电作用下，胶粒能定向移动而产生电泳现象，通过电泳现象使胶体粒子在电极处凝聚、沉降从而达到除尘的目的故选C点评：本题考查了胶体的性质，题目难度不大，要明确胶体不带电而是胶粒吸附电荷而带电7（3分）以下说法正确的是（）A强电解质的水溶液导电性不一定比弱电解质的水溶液导电性强B较多的金属钠着火可用泡沫灭火器灭火C少量的金属钠可保存在CCl4中D由于Na2O与水反应生成NaOH而导电，所以NaOH是电解质，Na2O是非电解质考点：电解质溶液的导电性；电解质与非电解质；钠的化学性质；钠的重要化合物 .专题：电离平衡与溶液的pH专题；元素及其化合物分析：A、导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少；B、金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应，泡沫灭火器产生的是二氧化碳；C、金属钠的密度比CCl4的小；D、在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物叫做电解质解答：解：A、电解质的导电性和电解质的强弱之间没有关系，导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少，故A正确；B、金属钠着火不可用泡沫灭火器灭火，这样会使或燃烧得更旺，故B错误；C、金属钠的密度比CCl4的小，会浮在其上面，通常少量的金属钠可保存在煤油中，故C错误；D、氧化钠在熔融态下导电，Na2O、NaOH都是电解质，故D错误故选A点评：本题涉及电解质的概念、导电性的影响因素、金属钠的保存以及性质等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大8（3分）下列变化中（不考虑电解），必须加入氧化剂才能实现的是（）AClCl2BFe3+Fe2+CAl3+AlO2DH2O2O2考点：氧化还原反应 .专题：氧化还原反应专题分析：必须加入氧化剂才能实现，说明给予的物质是还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答解答：解：AClCl2中Cl元素化合价由1价变为0价，所以氯离子作还原剂，故A正确；BFe3+Fe2+中Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以铁离子作氧化剂，故B错误；CAl3+AlO2中Al元素化合价都是+3价，所以铝离子既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；DH2O2O2中O元素化合价由1价变为0价，但该反应中双氧水分解时既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选A点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，再结合基本概念来分析解答，题目难度不大9（3分）（xx崇明县一模）往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（STP）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD考点：离子反应发生的条件 .专题：离子反应专题分析：n（CO2）=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，以此解答该题解答：解：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，设生成xmolCO32，ymolHCO3，则 ，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3）=0.2mol，可依次发生：2OH+CO2=CO32+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，离子浓度迅速减小，OH+CO2=HCO3，所以图象C符合，故选：C点评：本题考查离子方程式的计算，题目难度较大，解答本题时注意B和C的区别，为易错点10（3分）用固体NaOH配制物质的量浓度溶液时，下列操作会导致溶液浓度偏低的是（）A在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B样品中含有少量Na2O杂质C容量瓶使用前用NaOH溶液润洗D定容时俯视容量瓶刻度线考点：溶液的配制 .专题：化学实验基本操作分析：由c=可得，溶液配制过程中的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，在误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大解答：解：A在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B样品中含有少量Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，导致配制的溶液中溶质氢氧化钠的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；C容量瓶使用前用NaOH溶液润洗，导致配制的溶液在溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故C错误；D定容时俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D错误；故选A点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，题目难度中等，注意掌握配制一定浓度的溶液方法及误差分析的方法与技巧11（3分）纯碱和小苏打是厨房中两种常见用品，下列区分它们的说法中正确的是（）A分别用炒锅加热两种样品，全部分解挥发，没有残留物的是小苏打B用洁净铁丝蘸取两种样品在煤气灯火焰上灼烧，使火焰颜色发生明显变化的是小苏打C用两只试管，分别加入少量两种样品，再加入等浓度食醋，产生气泡速率较快的是小苏打D将两种样品配成溶液，分别加入石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 .专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、根据纯碱和小苏打的性质分析；B、根据焰色反应的定义分析；C、根据反应步骤分析；D、根据与石灰水的反应现象分析解答：解：A、加热纯碱和小苏打时，苏打不分解，小苏打分解生成苏打和水、二氧化碳，有残留物，只是质量减轻，故A错误；B、焰色反应检验的是元素的性质，苏打和小苏打中都含有钠元素，所以焰色反应一样，故B错误；C、食醋和苏打反应时先生成小苏打，小苏打再和食醋反应生成二氧化碳，所以产生气泡速率较快的是小苏打，故C正确；D、苏打和小苏打与石灰水反应的方程式分别为Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH、NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+NaOH+H2O，所以都看到白色沉淀，故D错误；故选C点评：本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，要注意的是：碳酸钠和酸反应是分步进行的，第一步碳酸钠和酸反应生成碳酸氢钠，第二步碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳12（3分）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox ）（3x4；M表示Mn、Co、Zn或Ni的二价离子），常温下，它能使工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质转化流程如图所示：有关上述转化过程的下列叙述正确的是（）AMFe2O4表现了还原性BMFe2Ox表现了还原性CSO2和NO2表现了还原性DSO2和NO2发生了分解反应考点：氧化还原反应 .专题：氧化还原反应专题分析：MFe2Ox在常温下，它能使工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质，则氧化物为氧化剂，MFe2Ox为还原剂，以此来解答解答：解：A由信息可知，MFe2O4与氢气的反应中，M元素的化合价降低，则为氧化剂，具有氧化性，故A错误；BMFe2Ox在常温下，它能使工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质，则氧化物为氧化剂，MFe2Ox为还原剂，体现其还原性，故B正确；C由B可知，SO2和NO2表现了氧化性，故C错误；DSO2和NO2发生了还原反应，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，明确信息中的物质含有的元素的化合价变化是解答本题的关键，结合氧化还原反应中的基本概念即可解答，题目难度中等13（3分）实验室用固态不纯氯化钠（含少量NH4HCO3和Na2SO4杂质）制取纯净氯化钠溶液下列操作可供选用：逐滴加入稀盐酸，调节pH值为5；煮沸；加蒸馏水溶解；加热至不再产生气体为止；加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；过滤上述实验操作的正确顺序应是（）ABCD考点：物质分离、提纯的实验方案设计 .专题：化学实验基本操作分析：NH4HCO3不稳定，加热以分解，可首先通过加热除去NH4HCO3，将加热后的固体加水溶解，加入足量的BaCl2溶液除去Na2SO4杂质，然后再加入过量的Na2CO3溶液除去BaCl2，最后加入盐酸，加热可制取纯净氯化钠溶液解答：解：因为碳酸氢铵加热易分解，所以在试管中加入固体混合物，并加热，使碳酸氢铵分解为氨气、水蒸气、二氧化碳，而硫酸钠和氯化钠留在试管中；然后将加热后的固体残渣冷却后加水溶解；向溶液中加入足量的BaCl2溶液，目的是除去硫酸钠；向试管溶液中再加入足量Na2CO3溶液，目的是除去多余的氯化钡；过滤是除去硫酸钡和碳酸钡沉淀；向滤液中加入盐酸至不再产生气泡为止，目的是除去多余的碳酸钠；将溶液加热煮沸即得到NaCl溶液，目的是除去多余的盐酸所以实验步骤：加热至不再产生气体为止；加蒸馏水溶解；加入稍过量的BaCl2溶液；加入稍过量的Na2CO3溶液；过滤；逐滴加入稀盐酸，调pH值为5；煮沸故选C点评：本题主要考查实验方案的设计，解题的关键是掌握各物质的性质以及操作步骤，难度较大本题为综合型的实验题，做题时要认真审题，要细心，步步为营14（3分）气体制备时须先检查装置的气密性如图所示，表明装置漏气的是（）ABCD考点：气体发生装置的气密性检查 .专题：化学实验基本操作分析：装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；一般用到的方法有：空气热胀冷缩法、注水法、抽气或压气法等；据此进行分析解答即可解答：解：A、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A不选；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不选；C、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C不选；D、用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气，故D选；故选D点评：本题考查装置气密性的检查虽然实验装置不同，但原理都是依据密闭装置中存在压强差，从而出现不同的现象，判断装置是否漏气，题目难度不大15（3分）在烧杯中加入水和煤油（密度：0.88g/cm3）各50mL，将一小粒金属钠（密度：0.97g/cm3）投入烧杯中，观察到的现象可能是（）A钠在水层中反应并四处游动B钠停留在煤油层中不发生反应C钠在煤油的液面上反应并四处游动D钠在煤油与水的界面处反应并可能作上、下跳动考点：钠的化学性质 .专题：几种重要的金属及其化合物分析：考虑钠与水的反应，结合钠的密度、水和煤油的密度大小来分析解答：解：因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完故选D点评：本题考查钠的性质，难度不大，借助于题目情境，培养了学生分析问题的能力16（3分）下列反应的离子方程式正确的是（）A小苏打溶液与稀硫酸混合：CO32+2H+CO2+H2OB石灰水与足量的碳酸氢钾溶液反应：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2OC大理石跟醋酸溶液反应：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2D过氧化钠与水的反应：2O22+2H2O4OH+O2考点：离子方程式的书写 .专题：离子反应专题分析：A小苏打的成分是碳酸氢钠；B石灰水和足量碳酸氢钾反应生成碳酸钙、碳酸钾和水；C醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；D氧化物写化学式解答：解：A小苏打的成分是碳酸氢钠，离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故A错误；B石灰水和足量碳酸氢钾反应生成碳酸钙、碳酸钾和水，离子方程式为2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故B错误；C醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2，故C正确；D氧化物写化学式，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应实质及离子方程式的书写规则即可解答，注意哪些物质写化学式，为易错点17（3分）下列离子组在溶液中可以大量共存的是（）ApH=0的溶液中：Na+、CH3COO、Cl、Cu2+BpH=14的溶液中：H+、NH4+、SO42、SO32C使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、CO32、NO3、ClD强酸性澄清透明溶液中：Al3+、K+、NO3、MnO4考点：离子共存问题 .专题：离子反应专题分析：根据题给信息首先判断溶液的酸碱性，酸性溶液中存在大量的H+，碱性溶液中含大量的OH，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存来解答解答：解：ApH=0的溶液呈酸性，酸性条件下CH3COO不能大量共存，故A错误；BpH=14的溶液呈碱性，碱性条件下H+、NH4+不能大量共存，故B错误；C使pH试纸变红的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+与NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重学生思维严密性的考查，熟悉离子的性质及反应即可解答，题目难度不大18（3分）已知：11P4（白磷）+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，若有9 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为（）AmolBmolC molDmol考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应 .专题：氧化还原反应专题分析：Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答解答：解：Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有9 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为=，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子守恒计算的考查，题目难度不大19（3分）（xx闵行区二模）取ag某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了ag下列物质中不能满足上述结果的是（）AH2BCOCC6H12O6DC12H22O11考点：化学方程式的有关计算；钠的重要化合物 .专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：已知反应的关系式：H2H2O2NaOHNa2O2H2，COCO2Na2CO3Na2O2CO，有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3Na2O2CO，2NaOHNa2O2H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量，以此解答该题解答：解：已知反应的关系式：H2H2O2NaOHNa2O2H2，COCO2Na2CO3Na2O2CO，有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3Na2O2CO，2NaOHNa2O2H2，则有机物应可拆写成（CO）mHn的形式，则H2、CO以及可拆写成（CO）mHn的形式的有机物能满足上述结果，选项中C可拆写成（CO）6H12，但D不能满足，故选：D点评：本题考查有机物分子式的确定，题目难度中等，本题注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应的质量增加的质量关系，根据关系式得出固体增加的质量相当于CO和H2的质量20（3分）向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示已知：Cl2+2Br2Cl+Br2，2Fe2+Br22Fe3+2Br，2Fe3+2I2Fe2+I2则下列说法中不正确的是（）A还原性：IFe2+BrB原混合溶液中FeBr2的物质的量为3molC线段AB表示Fe2+被氯气氧化D原溶液中：n（Fe2+）：n（I）：n（Br）2：1：3考点：离子方程式的有关计算 .专题：计算题分析：氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，据此回答判断解答：解：A、反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br，所以还原性：Fe2+Br，反应2Fe3+2I=2Fe2+I2中，还原剂I的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：IFe2+，所以还原性IFe2+Br，故A正确；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B正确；C、通入氯气后，碘离子先被氧化，线段AB即在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，表示I被氯气氧化，故C错误；，通入氯气的量为13mol的过程中，D、碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2+）：n（I）：n（Br）=2：1：3，故D正确故选C点评：本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大二、非选择题21（5分）用于分离或提纯物质的方法有：A蒸馏（分馏） B萃取C过滤 D重结晶 E分液下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）（1）除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3微粒C（2）分离四氯化碳与水的混合物E（3）分离汽油和煤油A（4）分离碘水中的碘单质B（5）提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 .专题：实验题分析：（1）不溶性固体与溶液常用过滤法分离；（2）对应分层的液体，利用分液法分离；（3）相互溶解的液体，沸点不同，利用蒸馏法分离；（4）碘在水中的溶解度小，在有机物中的溶解度大，可利用萃取法分离；（5）氯化钠的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，可利用重结晶法分离解答：解：（1）除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3微粒，为不溶性固体与溶液的分离，则选择过滤，故答案为：C；（2）四氯化碳与水分层，则选择分液法分离，故答案为：E；（3）汽油和煤油相互溶解体，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：A；（4）碘在水中的溶解度小，在有机物中的溶解度大，分离碘水中的碘单质，则选择萃取法分离，故答案为：B；（5）氯化钠的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾，选择重结晶法分离，故答案为：D点评：本题考查混合物的分离、提纯，明确常见混合物的分离方法及使用条件是解答本题的关键，题目难度不大22（5分）下列三组物质中，均有一种物质的类别与其它三种不同：AMgO、Na2O、CO2、CuO BHCl、H2O、H2SO4、HNO3 CNaOH、Na2CO3、KOH、Cu（OH）2（1）三种物质依次是（填化学式）：A组：CO2；B组：H2O；C组：Na2CO3（2）这三种物质可生成一种新物质，写出在水溶液中生成该新物质的离子方程式：CO2+H2O+CO32=2HCO3考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子方程式的书写 .专题：物质的分类专题分析：可根据物质的分类方法及概念来选择不同类的物质，碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以发生反应生成碳酸氢钠，据此书写离子方程式解答：解：（1）A、CuO、Na2O、CuO 三种物质都是有一种金属元素和氧元素组成的氧化物，属于金属氧化物，也属于碱性氧化物；而CO2是由两种非金属元素组成的氧化物，属于非金属氧化物，也属于酸性氧化物，故选CO2；B、HCl、H2SO4、HNO3 都是酸，水溶液都呈酸性，而H2O 是中性物质，故选H2O；C、NaOH、KOH、Cu（OH）2都属于碱，Na2CO3是盐，故选Na2CO3；故答案为：CO2；H2O；Na2CO3；（2）向碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以发生反应生成碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为CO2+H2O+CO32=2HCO3，故答案为：CO2+H2O+CO32=2HCO3点评：本题主要考查学生对物质的简单分类、有关概念和物质的类别判断方法的理解和掌握情况及氧化还原反应的判断23（10分）黑火药是中国的“四大发明”之一，其爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+3C+SK2S+N2+3CO2（1）其中被还原的元素是N 和S，被氧化的元素是C，氧化剂是KNO3和S，还原剂是C，氧化产物是CO2，还原产物是K2S和N2；（2）用双线桥标出电子转移的方向和数目：2KNO3+3C+SK2S+N2+3CO2（3）当0.1molCO2生成时，则转移的电子数为0.4NA 或2.4081023个考点：氧化还原反应 .专题：氧化还原反应专题分析：反应2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2中，N、S元素的化合价降低，C元素的化合价升高，含元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化剂被还原，而含元素化合价升高的物质为还原剂，还原剂被氧化，对应的产物为氧化产物，结合化合价的变化计算转移电子数目解答：解：（1）在反应2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2中，N元素的化合价由+5降低为0，S元素的化合价由0降低为2价，则KNO3和S作氧化剂，被还原的元素为N、S，C元素的化合价由0升高到+4，则C作还原剂，被氧化，对应的CO2为氧化产物，K2S和N2为还原产物，故答案为：N 和S；C；KNO3和S；C；CO2；K2S和N2；（2）该反应中转移电子数为4e，则转移的电子方向和数目为，故答案为：；（3）反应中C元素化合价由0价升高到+4价，当0.1molCO2生成时，转移电子0.4mol，则转移的电子数为0.4NA 或2.4081023，故答案为：0.4NA 或2.4081023点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素的化合价的变化及氧化还原反应中的基本概念是解答本题的关键，难度不大24（10分）有A、B、C、D、E、F、G、H、I九种常见物质已知：其中只有B、C、F为单质，且常温常压下，B为固态，C、F为气态； 化合物中仅A、E为气态； 在常温下，D为淡黄色粉末； H的焰色反应呈黄色它们的转化关系（反应条件未注明）如图所示：试完成下列问题：（1）请写出下列物质的化学式：ACO2； DNa2O2； FH2； HNa2CO3；（2）写出A与D反应的化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2（3）写出B与G反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目：（4）写出向少量的I溶液中通入过量的A气体的离子方程式：CO2+OH=HCO3考点：无机物的推断 .专题：推断题分析：气态化合物A与淡黄色粉末D反应得到气体单质C与H，且H的焰色反应为黄色，则H含有Na元素，可以推知A为CO2、D为Na2O2、C为O2、H为Na2CO3，C（氧气）与固体单质B反应得到A（二氧化碳），则B为碳单质；B与A反应生成气体E为CO，C（氧气）与气体单质F反应得到无色液体G，可推知F为H2、G为H2O，水能与碳反应得到CO与氢气，水与过氧化钠反应得到氧气与氢氧化钠，则I为NaOH，氢氧化钠能与二氧化碳反应得到碳酸钠与水，符合转化关系，据此解答解答：解：气态化合物A与淡黄色粉末D反应得到气体单质C与H，且H的焰色反应为黄色，则H含有Na元素，可以推知A为CO2、D为Na2O2、C为O2、H为Na2CO3，C（氧气）与固体单质B反应得到A（二氧化碳），则B为碳单质；B与A反应生成气体E为CO，C（氧气）与气体单质F反应得到无色液体G，可推知F为H2、G为H2O，水能与碳反应得到CO与氢气，水与过氧化钠反应得到氧气与氢氧化钠，则I为NaOH，（1）由以上分析可知，A为CO2，D为Na2O2，F为H2，H为Na2CO3，故答案为：CO2；Na2O2；H2；Na2CO3；（2）A与D反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；（3）B与G反应的化学方程式为C+H2OCO+H2，该反应中碳失电子化合价升高，水得电子化合价降低，所以水是氧化剂，碳是还原剂，转移电子数是2e，电子转移的方向可数目可表示为，故答案为：；（4）向少量的I溶液中通入过量的A气体的离子方程式为CO2+OH=HCO3，故答案为：CO2+OH=HCO3点评：本题考查无机物推断，D的颜色及H的焰色反应是推断突破口，结合转化关系及题目信息推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等25（10分）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度（可供选用的试剂只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）请回答下列问题：（1）装置A中的液体试剂选用6 mol/L盐酸，理由是：硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在CaCO3表面，使反应终止；（2）装置B的作用是除去气体中的HCl，装置E中碱石灰的作用是：吸收未反应的CO2；（3）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得生成气体的体积为224mL（标准状况），计算出试样中Na2O2的纯度：78%考点：探究物质的组成或测量物质的含量 .专题：实验探究和数据处理题分析：由实验流程可知：A中用盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，B中用于除杂，除去二氧化碳气体中的氯化氢，在C中干燥后通入D中，D中发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，E用于除去生成的氧气中的二氧化碳气体，然后用排水法测量氧气的体积，根据G中氧气的体积可知过氧化钠的质量，进而可确定Na2O2试样的纯度，以此解答该题解答：解：（1）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6 mol/L盐酸；硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在CaCO3表面，使反应终止；（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：除去气体中的HCl；吸收未反应的CO2；（3）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）=0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol，过氧化钠的纯度为：（Na2O2）=100%=78%，故答案为：78%点评：本题考查了探究过氧化钠中氧化钠的含量的方法，题目难度中等，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力，试题重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力三、附加题26将Na2O2和NaHCO3的混合物粉末分为两等份，其中一份加入100mL盐酸，充分反应后溶液为中性，放出气（已干燥）2.24L（标准状况），将生成的气体全部通入另一份混合粉末，充分反应后气体的体积变为2.016L（标准状况），问：（1）2.24L气体的成分为：O2和CO2；（2）试通过讨论并计算每份混合粉末中Na2O2和NaHCO3的物质的量：第一种情况：n（Na2O2）=0.16mol和n（NaHCO3）=0.02mol；第二种情况：n（Na2O2）=0.02mol和n（NaHCO3）=0.09mol考点：有关混合物反应的计算；钠的重要化合物 .专题：计算题分析：（1）根据反应后的溶液为中性可知，反应后溶质为NaCl，发生的反应为：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，据此判断气体的组成情况；（2）第一份发生反应为：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，生成气体为O2与CO2，将第一份生成的干燥气体，通入第二份Na2O2的NaHCO3的混合粉末，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据二氧化碳是否过量通过讨论的方法计算过氧化钠、碳酸氢钠的组成解答：解：（1）Na2O2和NaHCO3的混合物粉末分为两等份，其中一份加入100mL盐酸，充分反应后溶液为中性，则反应后溶质为氯化钠，根据反应2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，2.24L混合气体为O2和CO2，故答案为：O2和CO2；（2）2.24L混合气体的物质的量为：=0.1mol，2.016L气体的物质的量为：=0.09mol，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 n 2 2 1n m 0.1mol0.09mol=0.01mol则：n=m=0.02mol，第一种情况：若CO2完全反应，则第一份生成CO2的物质的量为：0.02mol，O2的物质的量为：0.1mol0.02mol=0.08mol，则：2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O20.16mol 0.32mol 0.08molNaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO20.02mol 0.02mol 0.02mol所以Na2O2为0.16mol，NaHCO3为0.02mol； 第二种情况，若CO2未完全反应，则Na2O2的物质的量为：0.02 mol，2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O20.02mol 0.04mol 0.01mol则第一份生成O2的为0.01mol，所以CO2的物质的量为：0.1mol0.01mol=0.09mol，NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO20.09mol 0.09mol 0.09mol所以Na2O2为0.02mol，NaHCO3为0.09mol，故答案为：0.16；0.02；0.02mol；0.09点评：本题考查混合物的计算，题目难度较大，关键讨论二氧化碳与过氧化钠过量反应，注意过氧化钠与盐酸的反应情况，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力