浙江桐乡高中2014-2015学年高一(上)期末化学试卷含解析.doc

www.ks5u.com2014-2015学年浙江桐乡高中高一（上）期末化学试卷一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1（3分）（2011重庆）“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是（）A风力发电，让能源更清洁B合成光纤，让通讯更快捷C合成药物，让人类更健康D环保涂料，让环境更宜居2（3分）（2014秋孝南区校级期末）下列化学用语正确的是（）ACl的结构示意图：B光导纤维主要成分的化学式：SiC质子数为53，中子数为78的碘原子：53131IDH216O、D216O、H218O、D218O互为同位素3（3分）（2014秋桐乡市校级期末）某一红色粉末可能是Fe2O3、Cu2O其中一种或二者混合物，将粉末放入足量稀硫酸（已知Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O）中，观察分析该粉末组成下列合理的是（）A若固体完全溶解，则粉末中不可能有Cu2OB若固体不能完全溶解，则粉末中肯定有Cu2OC若固体完全溶解，溶液中再加KSCN，变红，则原粉末仅是Fe2O3D若固体不能完全溶解，溶液中再加KSCN，不变红，则原粉末仅是Cu2O4（3分）（2014秋桐乡市校级期末）下列操作中，不会发生明显颜色变化的是（）AFeSO4溶液中滴入NaOH溶液B硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液C碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸D氯化铁溶液中加入还原性铁粉5（3分）（2014秋桐乡市校级期末）现有三种常见治疗胃病药品的标签：药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较（同剂量），正确的是（）ABCD=6（3分）（2014秋桐乡市校级期末）关于NaHCO3与Na2CO3说法正确的是（）NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配置成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯Ca（HCO3）2溶解度都比其正盐的溶解度大，因此NaHCO3的溶解度也比Na2CO3大Na2CO3固体中混有NaHCO3，高温灼烧即可区别NaHCO3与Na2CO3溶液，Ca（OH）2溶液和CaCl2溶液均可用ABCD7（3分）（2014秋桐乡市校级期末）下列关于Na及其化合物的叙述正确的是（）A将钠投入FeSO4溶液中，可以得到单质铁B足量Cl2、S分别和二份等质量的Na反应，前者得到电子多CNa2O与Na2O2中阴阳离子的个数比均为1：2D在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，每生成1mol O2，消耗2mol氧化剂8（3分）（2011秋台州期末）已知：还原性强弱：IFe2+往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为（）A1.1molL1B1.5molL1C1.2molL1D1.0molL19（3分）（2014秋桐乡市校级期末）设NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol MgCl2中含有的离子数为2NAB标准状况下，11.2L H2O中含有的原子数为1.5NAC标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAD常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3 NA10（3分）（2014秋桐乡市校级期末）（多选）下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）AMg（OH）2B（NH4）2CO3CNaHCO3DNa2CO311（3分）（2013秋台州期末）等质量的两根镁条，第一根在足量氧气中加热燃烧，第二根在足量CO2气体中加热燃烧，则下列说法正确的是（）两根镁条失去电子一样多 第一镁根条失去电子多 第二根镁失去电子多两根镁的产物质量一样大 第一根镁的产物质量大 第二根镁的产物质量大ABCD12（3分）（2014秋桐乡市校级期末）Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物，加入200mL 5molL1的盐酸，恰好完全溶解，再向其中加入KSCN溶液，未见血红色，则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应后溶液体积仍为200mL）（）A2.5molL1BlmolL1C2molL1D5molL113（3分）（2014秋桐乡市校级期末）下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（）AFeSO4（CuSO4）：加足量铁粉后，过滤BCO（CO2）：用NaOH溶液洗气后干燥CMnO2（KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干DCO2（HCl）：用NaOH溶液洗气后干燥二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）14（3分）（2014秋桐乡市校级期末）学习化学应该明确“从生活中来，到生活中去”道理（1）请你写出发酵粉中主要钠盐的化学式：（2）明矾（KAl（SO4）212H2O）是一种具有净水作用的复盐，请你写出其在水中的电离方程式：（3）请根据所给出生活中的用途对已有的化学物质进行配伍，用序号作答：Na2CO3 NaHCO3 Na2O2 AgCl 钠钾合金 SiO2在太空及潜水艇中作为供氧剂的是；可作为造纸和制玻璃的原料的是；可用于快中子反应堆作热交换剂的是15（3分）（2014秋桐乡市校级期末）硅酸钠的水溶液俗称，在空气容易变质，请用离子方程式表示原因，例举它的一项用途；和田玉也是一种硅酸盐其组成为Ca2Mg3Fe2（Si4O11）2（OH）2，改写成氧化物形式16（3分）（2014秋桐乡市校级期末）已知甲、乙、丙、丁、戊、己六种物质中含同一种元素，它们之间的转化关系如图所示其中，丁是一种红褐色沉淀，戊是一种白色沉淀请回答下列问题：（1）戊丁的化学方程式：（2）在乙溶液中加入H2O2溶液后，观察到的现象是：；该反应的离子方程式是：（3）丙溶液中阳离子可以用一种钾盐来检验，试着写出该反应的化学方程式，由丙可以制得丁为分散质的胶体，该胶体中丁粒子直径的大小范围是；实验室常用来区分溶液和胶体这两种分散系17（3分）（2014秋桐乡市校级期末）某校化学研究性学习小组设计如下实验方案，测定放置已久的NaHCO3样品中Na2CO3的质量分数填写下列空白【方案一】气体吸收法：按图装置进行实验（碱石灰可吸收水、酸性气体）实验前应先； D装置的作用是实验中除称量样品质量外，还需称装置（用字母表示）在反应前后质量的变化根据此实验得到的数据，测定结果有较大误差因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是【方案二】沉淀法：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量氢氧化钙溶液，过滤洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算：（1）洗涤沉淀的方法是（2）已知称得样品9.7g，干燥后的沉淀质量为6.0g，则样品中碳酸钠的质量分数为%2014-2015学年浙江桐乡高中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1（3分）（2011重庆）“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是（）A风力发电，让能源更清洁B合成光纤，让通讯更快捷C合成药物，让人类更健康D环保涂料，让环境更宜居考点：化学科学的主要研究对象版权所有专题：化学应用分析：“化学，让生活更美好”，只要是与化学有关，能让生活更美好的就符合题意解答：解：A风力发电是将风能转化为电能，没有新物质的生成，是物理变化，与化学无关，故A正确； B光纤的化学成分是二氧化硅，合成光纤是化学变化，让通讯更快捷，能让生活更美好，故B错误；C用化学方法合成药物，让人类更健康，能让生活更美好，故C错误；D用化学方法合成环保涂料，让环境更宜居，能让生活更美好，故D错误故选A点评：本题考查化学科学的主要研究对象，注意是否有新物质的生成是判断化学变化的主要原则2（3分）（2014秋孝南区校级期末）下列化学用语正确的是（）ACl的结构示意图：B光导纤维主要成分的化学式：SiC质子数为53，中子数为78的碘原子：53131IDH216O、D216O、H218O、D218O互为同位素考点：原子结构示意图；核素；同位素及其应用；硅和二氧化硅版权所有专题：化学用语专题分析：A氯离子的核电荷数为17，不是18；B光导纤维的主要成分为二氧化硅；C根据质量数与质子数、中子数的关系进行判断；D具有相同的质子数、不同的中子数的原子之间互称为同位素解答：解：A氯离子的核电荷数为17，氯离子的结构示意图为，故A错误；B硅是半导体材料的主要成分，光导纤维的主要成分为二氧化硅，故B错误；C质子数为53，中子数为78的碘原子，其质量数为131，该原子表示为：53131I，故C正确；D同位素是原子之间的互称，研究对象为原子，不是具体的物质之间关系，故D错误；故选C点评：本题考查了原子结构示意图、核素、同位素及硅和二氧化硅的用途，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确表示方法，明确硅和二氧化硅的性质及用途3（3分）（2014秋桐乡市校级期末）某一红色粉末可能是Fe2O3、Cu2O其中一种或二者混合物，将粉末放入足量稀硫酸（已知Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O）中，观察分析该粉末组成下列合理的是（）A若固体完全溶解，则粉末中不可能有Cu2OB若固体不能完全溶解，则粉末中肯定有Cu2OC若固体完全溶解，溶液中再加KSCN，变红，则原粉末仅是Fe2O3D若固体不能完全溶解，溶液中再加KSCN，不变红，则原粉末仅是Cu2O考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；铁的氧化物和氢氧化物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据反应Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，而Fe3+可以氧化Cu，故若固体完全溶解，则粉末中也可能有Cu2O，据此进行分析解答：解：Fe2O3溶于酸后产生Fe3+可以溶解铜，因此固体完全溶解并不能代表固体中一定没有Cu2O，故AC错误；而有固体残留则表明肯定有铜生成，所以固体中一定有Cu2O，故B正确；但同时也不能排除有Fe2O3的存在，有铜残留时表明所有的Fe3+已全部被还原为Fe2+，因此加入KSCN不显红色，所以D错误故选B点评：本题考查氧化亚铜、氧化铁的性质，注意逻辑推理是解题的关键4（3分）（2014秋桐乡市校级期末）下列操作中，不会发生明显颜色变化的是（）AFeSO4溶液中滴入NaOH溶液B硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液C碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸D氯化铁溶液中加入还原性铁粉考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物版权所有专题：元素及其化合物分析：A、FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；B、硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液生成血红色溶液；C、碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸生成气体无溶液颜色变化；D、氯化铁溶液中加入还原性铁粉反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色解答：解：A、FeSO4溶液中滴入NaOH溶液反应，Fe2+2OH=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，发生颜色变化，故A不选；B、硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液生成硫氰酸铁，溶液由黄色变为血红色溶液，Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，发生颜色变化，故B不选；C、碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，无颜色变化，故C选；D、氯化铁溶液中加入还原性铁粉发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液从黄色变为浅绿色，发生颜色变化，故D不选；故选C点评：本题考查铁及其化合物的性质、钠的化合物的性质应用，明确发生的化学反应来分析溶液颜色的变化即可解答5（3分）（2014秋桐乡市校级期末）现有三种常见治疗胃病药品的标签：药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较（同剂量），正确的是（）ABCD=考点：药物的主要成分和疗效版权所有专题：化学应用分析：碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1：2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强解答：解：碳酸钙摩尔质量为100g/mol，氢氧化镁摩尔质量为58g/mol，氧化镁摩尔质量为40g/mol，碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1：2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为故选A点评：本题考查常用化学计量计算、根据方程式的计算，比较基础，注意基础知识的掌握6（3分）（2014秋桐乡市校级期末）关于NaHCO3与Na2CO3说法正确的是（）NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配置成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯Ca（HCO3）2溶解度都比其正盐的溶解度大，因此NaHCO3的溶解度也比Na2CO3大Na2CO3固体中混有NaHCO3，高温灼烧即可区别NaHCO3与Na2CO3溶液，Ca（OH）2溶液和CaCl2溶液均可用ABCD考点：钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反应时，NaHCO3反应剧烈，二者都可与氢氧化钙溶液反应生成沉淀，以此解答解答：解：钠着火时生成过氧化钠，因过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，则钠着火时不能用碳酸氢钠作为灭火剂，故错误；Na2CO3能与二氧化碳、水反应转化成NaHCO3，故正确；常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3NaHCO3，故错误；NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故正确；碳酸钠和碳酸氢钠分别和氢氧化钙反应：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH；2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+2H2O+Na2CO3，都生成沉淀，不能鉴别，故错误故选C，点评：该题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较，是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查该题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力7（3分）（2014秋桐乡市校级期末）下列关于Na及其化合物的叙述正确的是（）A将钠投入FeSO4溶液中，可以得到单质铁B足量Cl2、S分别和二份等质量的Na反应，前者得到电子多CNa2O与Na2O2中阴阳离子的个数比均为1：2D在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，每生成1mol O2，消耗2mol氧化剂考点：钠的化学性质版权所有专题：金属概论与碱元素分析：ANa投入FeSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸亚铁反应；BNa的质量相等，则转移电子相等；C过氧化钠中阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子；D该反应中O元素化合价由1价变为0价和2价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂解答：解：A该过程中发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+FeSO4=Fe（OH）2+Na2SO4，所以得不到铁，故A错误；BNa的质量相等，氧化剂的物质的量相等，反应中只有钠失电子，所以转移电子相等，故B错误；CNa2O与Na2O2中阴阳离子分别是钠离子和氧离子、钠离子和过氧根离子，所以其阴阳离子个数比均为1：2，故C正确；D该反应中O元素化合价由1价变为0价和2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每生成1mol O2，消耗1mol氧化剂，故D错误；故选C点评：本题以钠为载体考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，结合元素化合价变化来分析解答，易错选项是C，注意过氧化钠中阴阳离子分别是什么，为易错点8（3分）（2011秋台州期末）已知：还原性强弱：IFe2+往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为（）A1.1molL1B1.5molL1C1.2molL1D1.0molL1考点：氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：已知：还原性强弱：IFe2+，所以氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，根据离子方程式计算解答：解：已知：还原性强弱：IFe2+，往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36L（标准状况）氯气，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，已知氯气的物质的量为=0.15mol，发生反应离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，碘离子完全氧化后，溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+Fe3+，设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I）=2c（FeI2）=2c，c（Fe2+）=cmol/L，所以与碘离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=n（I）=cV=0.1cmol，反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=n（Fe2+）=cV=0.025cmol，所以0.025cmol+0.1cmol=0.15mol解得：c=1.2mol/L，故选C点评：本题主要考查学生氧化还原反应的有关计算，注意溶液中离子反应的顺序，根据离子方程式计算，难度不大9（3分）（2014秋桐乡市校级期末）设NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol MgCl2中含有的离子数为2NAB标准状况下，11.2L H2O中含有的原子数为1.5NAC标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAD常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3 NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、1mol氯化镁中含有1mol镁离子、2mol氯离子；B、在标况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；C、稀有气体为单原子分子，氯气为双原子分子；D、铝为3金属，1mol铝完全反应失去3mol电子解答：解：A、1mol氯化镁中含有1mol镁离子和2mol氯离子，总共含有3mol离子，含有的离子数为3NA，故A错误；B、在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故B错误；C、标况下，22.4L氦气与22.4L氯气的物质的量都是1mol，由于氦气为单原子分子，而氯气为双原子分子，二者含有的原子数不同，故C错误；D、2.7g铝的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.3mol电子，失去的电子数为0.3 NA，故D正确；故选D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，一定注意标况下的气体摩尔体积的使用要求，要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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系10（3分）（2014秋桐乡市校级期末）（多选）下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）AMg（OH）2B（NH4）2CO3CNaHCO3DNa2CO3考点：钠的重要化合物；铵盐版权所有分析：铝、氢氧化铝、氧化铝、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等物质既能和稀硫酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，据此分析解答解答：解：A氢氧化镁为碱，只能与稀硫酸反应，不能与氢氧化钠反应，故A不选；B（NH4）2CO3是弱酸的铵盐，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应，故B选；CNaHCO3是弱酸酸式盐，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应，故C选；D碳酸钠只能够与稀硫酸反应，与氢氧化钠不反应，故D不选；故选：BC点评：本题考查了元素化合物知识，明确两性物质的性质是解题关键，注意对既能与酸又能与碱反应物质的积累，题目难度不大11（3分）（2013秋台州期末）等质量的两根镁条，第一根在足量氧气中加热燃烧，第二根在足量CO2气体中加热燃烧，则下列说法正确的是（）两根镁条失去电子一样多 第一镁根条失去电子多 第二根镁失去电子多两根镁的产物质量一样大 第一根镁的产物质量大 第二根镁的产物质量大ABCD考点：镁的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：镁在氧气中、二氧化碳中燃烧的方程式分别为：2Mg+O22MgO、2Mg+CO22MgO+C，镁与足量的氧气、二氧化碳反应，失去电子的物质的量与镁的物质的量有关，根据质量守恒进行计算产物的质量解答：解：镁在氧气中、二氧化碳中燃烧的方程式分别为：2Mg+O22MgO、2Mg+CO22MgO+C，镁与足量的氧气、二氧化碳反应，失去电子的物质的量与镁的物质的量成正比，镁的质量相等，所以失去电子的物质的量相等；根据方程式知，镁和氧气只生成氧化镁，和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，根据质量守恒定律知，相同质量的镁需要二氧化碳的质量多，则二氧化碳和镁反应的产物质量大，故选B点评：本题考查了镁的反应，明确镁和二氧化碳的反应是解本题关键，再根据方程式中镁和气体的关系式进行解答，很多同学往往认为镁和二氧化碳不反应导致错误，题目难度不大12（3分）（2014秋桐乡市校级期末）Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物，加入200mL 5molL1的盐酸，恰好完全溶解，再向其中加入KSCN溶液，未见血红色，则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应后溶液体积仍为200mL）（）A2.5molL1BlmolL1C2molL1D5molL1考点：有关混合物反应的计算版权所有分析：Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因加入KSCN 溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，根据电荷守恒可知2c（Fe2+）=c（Cl）计算出所得溶液中Fe2+的物质的量浓度解答：解：Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因加入KSCN 溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，溶液体积不变，则反应后溶液中c（Cl）=c（HCl）=5mol/L，根据电荷守恒，可知2c（Fe2+）=c（Cl）=5mol/L，故c（Fe2+）=2.5mol/L，故选A点评：本题考查混合物有关计算，题目难度不大，明确反应生成物是解题关键，侧重对解题方法技巧的考查，注意利用守恒法进行解答13（3分）（2014秋桐乡市校级期末）下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（）AFeSO4（CuSO4）：加足量铁粉后，过滤BCO（CO2）：用NaOH溶液洗气后干燥CMnO2（KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干DCO2（HCl）：用NaOH溶液洗气后干燥考点：物质的分离、提纯和除杂；洗气版权所有专题：实验评价题分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质解答：解：A、因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和铜，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除去，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故A正确；B、CO2能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，CO不能与NaOH溶液反应，用NaOH溶液洗气后干燥，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；C、MnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，过滤得到MnO2、洗涤、烘干，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故C正确；D、HCl能与NaOH溶液反应生成氯化钠和水，CO2能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，用NaOH溶液洗气，除去了杂质，也除去了原物质，不符合除杂原则，故D错误；故选D点评：在解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）14（3分）（2014秋桐乡市校级期末）学习化学应该明确“从生活中来，到生活中去”道理（1）请你写出发酵粉中主要钠盐的化学式：NaHCO3（2）明矾（KAl（SO4）212H2O）是一种具有净水作用的复盐，请你写出其在水中的电离方程式：KAl（SO4）2=K+Al3+2SO42（3）请根据所给出生活中的用途对已有的化学物质进行配伍，用序号作答：Na2CO3 NaHCO3 Na2O2 AgCl 钠钾合金 SiO2在太空及潜水艇中作为供氧剂的是；可作为造纸和制玻璃的原料的是；可用于快中子反应堆作热交换剂的是考点：钠的重要化合物版权所有分析：（1）碳酸氢钠不稳定受热容易分解生成二氧化碳；（2）KAl（SO4）2为强电解质，可完全电离；（3）依据各种物质的性质和用途解答解答：解：（1）碳酸氢钠不稳定受热容易分解生成二氧化碳，可用作发酵粉；故答案为：NaHCO3；（2）KAl（SO4）2为强电解质，可完全电离生成钾离子、铝离子、硫酸根离子，电离方程式为：KAl（SO4）2=K+Al3+2SO42，故答案为：KAl（SO4）2=K+Al3+2SO42；（3）Na2O2可与二氧化碳、水反应生成氧气，在太空及潜水艇中作可为供氧剂；Na2CO3是造纸和制玻璃的主要原料；钠钾合金具有良好的导热性，可用于快中子反应堆作热交换剂；故答案为：；点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质和用途是解题关键，注意对基础知识的积累15（3分）（2014秋桐乡市校级期末）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，在空气容易变质，请用离子方程式表示原因SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32，例举它的一项用途防腐剂；和田玉也是一种硅酸盐其组成为Ca2Mg3Fe2（Si4O11）2（OH）2，改写成氧化物形式2CaO3MgO2FeO8SiO2H2O考点：含硅矿物及材料的应用版权所有专题：碳族元素分析：硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，常用作黏合剂、防腐剂、木材防火剂等，碳酸的酸性大于硅酸的酸性，依据较强酸制取较弱酸分析；硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水（xMOnSiO2mH2O）注意：氧化物之间以“”隔开；系数配置出现的分数应化为整数如：正长石KAlSi3O8不能改写成 K2OAl2O33SiO2，应改写成K2OAl2O36SiO2金属氧化物在前（活泼金属氧化物较活泼金属氧化物），非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后解答：解：硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，常用作黏合剂、防腐剂、木材防火剂等，碳酸的酸性大于硅酸的酸性，硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸，离子方程式为：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32；硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，最后写含有氢元素的H2O，Ca2Mg3Fe2（Si4O11）2（OH）2改写成氧化物形式：2CaO3MgO2FeO8SiO2H2O，故答案为：水玻璃；SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32；防腐剂；2CaO3MgO2FeO8SiO2H2O点评：本题考查了硅酸钠的性质和用途、硅酸盐改写为氧化物的形式的方法，题目难度不大，注意硅酸盐改写为氧化物的一般方法为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水（xMOnSiO2mH2O）16（3分）（2014秋桐乡市校级期末）已知甲、乙、丙、丁、戊、己六种物质中含同一种元素，它们之间的转化关系如图所示其中，丁是一种红褐色沉淀，戊是一种白色沉淀请回答下列问题：（1）戊丁的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（2）在乙溶液中加入H2O2溶液后，观察到的现象是：溶液颜色由浅绿色转为黄色；该反应的离子方程式是：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（3）丙溶液中阳离子可以用一种钾盐来检验，试着写出该反应的化学方程式FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl，由丙可以制得丁为分散质的胶体，该胶体中丁粒子直径的大小范围是1nm100nm；实验室常用丁达尔现象来区分溶液和胶体这两种分散系考点：无机物的推断；铁的氧化物和氢氧化物版权所有专题：推断题；几种重要的金属及其化合物分析：丁是一种红褐色沉淀，为Fe（OH）3，甲、乙、丙、丁、戊、己六种物质中含同一种元素，则单质甲为Fe，与过量的盐酸反应生成乙为FeCl2，戊是一种白色沉淀，则戊为Fe（OH）2，乙与过氧化氢反应得到丙为FeCl3，据此解答解答：解：丁是一种红褐色沉淀，为Fe（OH）3，甲、乙、丙、丁、戊、己六种物质中含同一种元素，则单质甲为Fe，与过量的盐酸反应生成乙为FeCl2，戊是一种白色沉淀，则戊为Fe（OH）2，乙与过氧化氢反应得到丙为FeCl3，（1）戊丁的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（2）在乙溶液中加入H2O2溶液后，亚铁离子被氧化为铁离子，观察到的现象是：溶液颜色由浅绿色转为黄色；该反应的离子方程式是：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：溶液颜色由浅绿色转为黄色；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）可以用KSCN溶液检验铁离子，该反应的化学方程式为：FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl，由丙可以制得丁为分散质的胶体，该胶体中丁粒子直径的大小范围是1nm100nm；实验室常用丁达尔现象来区分溶液和胶体这两种分散系，故答案为：FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl；1nm100nm；丁达尔现象点评：本题考查无机物推断，根据丁为红褐色沉淀推断，需要学生熟练掌握Fe元素单质化合物性质17（3分）（2014秋桐乡市校级期末）某校化学研究性学习小组设计如下实验方案，测定放置已久的NaHCO3样品中Na2CO3的质量分数填写下列空白【方案一】气体吸收法：按图装置进行实验（碱石灰可吸收水、酸性气体）实验前应先检查装置的气密性； D装置的作用是防止空气中水蒸气、CO2进入C装置被吸收实验中除称量样品质量外，还需称C装置（用字母表示）在反应前后质量的变化根据此实验得到的数据，测定结果有较大误差因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是A装置中产生的CO2未全部被C装置吸收，有部分滞留在A装置中【方案二】沉淀法：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量氢氧化钙溶液，过滤洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算：（1）洗涤沉淀的方法是向过滤器中加入蒸馏水至液面没过沉淀，待水自然流净后重复操作两到三次（2）已知称得样品9.7g，干燥后的沉淀质量为6.0g，则样品中碳酸钠的质量分数为65.6%考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有分析：由测定含量的实验可知，A中发生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2，B中为浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳，利用C装置吸收二氧化碳，D装置防止空气中的二氧化碳、水进入C装置干扰含量测定，结合反应计算含量，方案一：实验前应检查装置的气密性，防止装置漏气，装置B中为浓H2SO4，可干燥二氧化碳，装置D的作用为防止空气中水蒸气、CO2进入C管被吸收；实验中除称量样品质量外，还需要称装置C的质量变化得到二氧化碳质量进行计算；实验装置还存在一个明显缺陷为：装置中的二氧化碳不一定被C全部吸收，A装置中产生的CO2未全部被C装置吸收，有部分滞留在A装置中，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收，方案二：洗涤沉淀的方法是在过滤器中进行；依据沉淀质量计算碳酸钠质量得到质量分数；解答：解：由测定含量的实验可知，A中发生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2，B中为浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳，利用C装置吸收二氧化碳，D装置防止空气中的二氧化碳、水进入C装置干扰含量测定，方案一：实验前应检查装置的气密性，防止装置漏气，装置B中为浓H2SO4，可干燥二氧化碳，装置D的作用为防止空气中水蒸气、CO2进入C管被吸收，故答案为：检查装置的气密性；防止空气中水蒸气、CO2进入C装置被吸收；实验中除称量样品质量外，还需要称这种C的质量变化得到二氧化碳质量进行计算，故答案为：C；实验装置还存在一个明显缺陷为：装置中的二氧化碳不一定被C全部吸收，A装置中产生的CO2未全部被C装置吸收，有部分滞留在A装置中，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收，故答案为：A装置中产生的CO2未全部被C装置吸收，有部分滞留在A装置中；方案二：洗涤沉淀的方法是在过滤器中进行，向过滤器中加入蒸馏水至液面没过沉淀，待水自然流净后重复操作两到三次，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水至液面没过沉淀，待水自然流净后重复操作两到三次；样品5.7g，干燥后的沉淀质量为6.0g为CaCO3的质量，则样品中碳酸钠的质量分数：100%=65.6%，故答案为：65.6点评：本题考查碳酸氢钠含量的测定实验，为高频考点，题目难度中等，把握实验装置的作用及实验目的为解答的关键，侧重分析、计算及实验能力的综合考查