2015-2016学年江西省赣州市高一(上)期末化学试卷(解析版).doc

2015-2016学年江西省赣州市高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1化学与科技、社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是（）ApH小于7的雨水被称为酸雨B推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治SO2污染C为防止富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒2贴有下列危险品标志的药品起火时，不能用水灭火的是（）ABCD3要除去FeCl3溶液中的少量氯化亚铁，可行的办法是（）A滴人KSCN溶液B加入氯水C加入铜粉D加人铁粉4下列气体遇空气变红棕色的是（）ASO2BCl2CCO2DNO5NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1molFe与足量的Cl2反应转移的电子数为2NAB标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为NAC常温、常压下，22gCO2中含有的氧原子数为NAD0.11mol/LCaCl2溶液中含氧离子数为0.2NA6下列实验装置与实验目的对应的是（）A用海水制蒸馏水B将碘水中的碘单质与水直接分离C除去Fe（OH）3胶体中的FeCl3D稀释浓硫酸AABBCCDD7海水是十分重要的资源不需要化学方法就能从海水中获得的物质有（）A氯、溴、碘B食盐、淡水C烧碱、氢气D钠、镁、铝8下列鉴别物质的方法中，不正确的是（）A用KSCN溶液鉴别FeCl2和FeCl3溶液B用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C用焰色反应鉴别NaCl溶液和KCl洛液D用过量的NaOH溶液鉴别AlCl3溶液和MgCl2溶液9下列各组离子可以在溶液中大量共存的是（）ANa+，Ag+，NO3，ClBH+，K+，OH，NO3CMg2+，Na+，OH，SO42DK+，Cu2+，Cl，SO4210下列物质中，可用作净水剂的是（）A纯碱B明矾C蔗糖D火碱11下列物质中既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的是：（）Al Fe3O4NaHCO3 Al（OH）3Na2CO3ABCD12下列反应的离子方程式中，书写正确的是（）AFe与稀盐酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B实验室制备氢氧化铝：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+C氯气与水反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClOD铜与稀硝酸反应：Cu+2NO3+4H+Cu2+2NO2+2H2O13氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3N2+6HCl检查氯气管道是否漏气，下列说法错误的是（）A若管道漏气遇氨就会产生白烟B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应NH3被还原D生成1 mol N2有6 mol电子转移14常温下，下列试剂不能用带玻璃塞的试剂瓶盛放的是（）A浓盐酸B浓硝酸C稀盐酸D氢氧化钠溶液15合金是一类用途广泛的金属材料下列物质中，不属于合金的是（）A碳素钢B水银C青铜D黄铜16把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为3：1，则原混合物中Fe2O3与Fe的物质的量之比为（）A1：1B2：5C4：1D3：1二、填空题（本题包括3小题，共27分）17按要求填空：（l）0.4mol氨气和0.2mol硫化氢的质量之比为，所含分子数之比为（2）现有NH3、H2S、HCl三种气体，它们分别都含有1mol氢原子，则三种气体的物质的量之比为（3）以下物质：碳酸钾 空气 二氧化碳 铜 食盐 氢氧化钠 硫酸铜溶液 酒精 蔗糖（Cl2H22O11）其中属于电解质的是 （填序号）18研究工业废弃物的处理和防治具有重要的意义（1）利用反应CH4+2NO2 N2+CO2+2H2O可消除NO2的污染，该反应中氧化剂是，当消耗CH4的体积是11.2L（标准状况下）时，理论上可处理molNO2（2）治理汽车尾气中CO和NO的一种方法是：在汽车排气管中安装一个催化转化装置，该装置能将CO和NO转化为参与大气循环的无毒气体该反应的化学方程式为（3）某工厂排放的工业废水中可能含有Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑制得Fe2O3、Al2O3和金属Cu，过程如下固体A的成分是（填化学式）溶液B中的阳离子有D与过量H溶液反应生成E的离子方程式是溶液E焰色呈黄色，试剂H是19甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：（1）甲物质为（填化学式）（2）1mol乙和足量甲反应可生成mol B物质；1mol丙和足量甲反应可生成mol B物质（3）D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是（4）丙与溶液F反应的化学方程式为20某小组利用以下装置制取并探究氨气的性质（1）A中反应的化学方程式是（2）B中的干燥剂是（3）C中的现象是（4）实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入12滴浓盐酸，可观察到的现象是（5）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用的装置是（填“E”或“F”）21某同学用图甲所示的装置来探究CO2、SO2与澄清石灰水的反应，结果通入CO2时可以看到先浑浊后澄清的现象，但通入SO2没有看到浑浊现象经过思考分析，该同学改用图乙的装置，将气体收集在注射器中，缓慢地将气体一个气泡一个气泡地通入澄清石灰水中，结果都能看到石灰水先变浑浊再澄清的现象，且通入SO2产生的现象明显比通入CO2快（1）若锥形瓶内装的是亚硫酸钠，写出锥形瓶内发生反应的化学方程式：（2）对比分析两组实验，你认为用图甲装置实验时，通入SO2不能出现浑浊的原因可能是写出此时试管内发生反应的总化学方程式：（3）用图乙装置实验时，以相同速率通入CO2或SO2，SO2产生浑浊再变澄清的现象比CO2快，其原因是（4）用图甲进行SO2与澄清石灰水反应的实验时，为防止SO2污染空气，应用盛有过量浓烧碱溶液的容器吸收SO2，写出容器内发生反应的离子方程式：22把7.8g铝和镁的混合物粉末放入200mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下8.96LH2，则：（1）该合金中铝的物质的量为mol；（2）该合金中镁的物质的量为g；（3）盐酸的物质的量浓度为mol/L2015-2016学年江西省赣州市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1化学与科技、社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是（）ApH小于7的雨水被称为酸雨B推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治SO2污染C为防止富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒【考点】三废处理与环境保护【专题】化学应用【分析】ApH小于5.6的为酸雨；B推广使用燃煤脱硫技术，减少二氧化硫的排放；C生石灰或硅胶可吸收水，不具有还原性；D明矾中的铝离子水解生成胶体具有吸附性，不具有强氧化性【解答】解：ApH小于5.6的为酸雨，因雨水中溶解N、S的氧化物，酸性增强，故A错误；B推广使用燃煤脱硫技术，CaO与二氧化硫反应，从而减少二氧化硫的排放，则主要是为了防治SO2污染，故B正确；C生石灰或硅胶可吸收水，不具有还原性，只作干燥剂，不能抗氧化，故C错误；D明矾中的铝离子水解生成胶体具有吸附性，不具有强氧化性，则不能杀菌消毒，故D错误；故选B【点评】本题考查环境保护与物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及化学与环境的关系是解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2贴有下列危险品标志的药品起火时，不能用水灭火的是（）ABCD【考点】化学试剂的分类【分析】药品起火时，以下四种物质的火灾不能用水扑救：（1）比水轻的易燃液体火灾，如汽油，煤油等火灾，不能用水扑灭因为水比油的比重大，油浮于水面之上仍能继续燃烧（2）容易被损坏的物质，如图书，档案和精密仪器等不能用水扑救（3）对于高压电器火灾是不能用直流水扑救的，因为水具有一定的导电性（4）与水起化学反应，分解出可燃气体或产生大量热能的物质，如钾，钠，钙，镁等轻金属和电石等物质的火灾，禁止使用水扑救结合各标志的含义进行分析判断【解答】解：A图中所示标志是有毒气体标志，有毒气体起火时能用水来灭火，故A错误； B图中所示标志是遇湿易燃物品标志，起火时不能用水灭火，故B正确；C图中所示标志是腐蚀品标志，腐蚀品起火时能用水来灭火，故C错误；D图中所示标志是有害品（远离食品）标志，有害品（远离食品）起火时能用水来灭火，故D错误故选B【点评】本题考查危险品标志，难度不大，了解起火时，不能用水灭火的物质的性质、各个标签所代表的含义是解答本题的关键3要除去FeCl3溶液中的少量氯化亚铁，可行的办法是（）A滴人KSCN溶液B加入氯水C加入铜粉D加人铁粉【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【专题】化学实验基本操作【分析】除去FeCl3溶液中的少量氯化亚铁，可将亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新杂质，以此来解答【解答】解：因亚铁离子和氯气反应能生成铁离子，化学方程式为2FeCl2+Cl22FeCl3，而且不引入新的杂质，故可用氯气除去FeCl3溶液中少量的FeCl2，A、C、D均不符合除杂原则，会引入新的杂质，故选B【点评】本题物质的除杂，侧重亚铁离子和铁离子的性质的考查，注意根据物质的性质选择适当的除杂剂，且反应后不能带入新的杂质，题目难度不大4下列气体遇空气变红棕色的是（）ASO2BCl2CCO2DNO【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】氮族元素【分析】气体本身无色，遇空气变红棕色，说明该气体无色，常温下易和空气中成分反应生成红棕色物质，据此分析解答【解答】解：A二氧化硫是无色、有刺激性气味的气体，常温下和空气中成分不反应，但在一定条件下能被氧气氧化，变化后气体也为无色，故A错误；B氯气是黄绿色刺激性气味的气体，常温下和空气中成分不反应，故B错误；CCO2是无色无毒气体，常温下和空气中成分不反应，故C错误；DNO是无色有刺激性气味的有毒气体，常温下易被氧气氧化生成红棕色气体二氧化氮，故D正确；故选D【点评】本题考查了气体的物理性质和化学性质，根据物质的特殊颜色、性质来分析解答即可，知道常见气体的颜色是解本题关键，题目难度不大5NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1molFe与足量的Cl2反应转移的电子数为2NAB标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为NAC常温、常压下，22gCO2中含有的氧原子数为NAD0.11mol/LCaCl2溶液中含氧离子数为0.2NA【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FeFe3+计算；B标准状况下，水不是气体；Cn（CO2）=，n（O）=2n（CO2）； D缺少溶液的体积，无法计算【解答】解：A1molFe含有NA个原子，FeFe3+，因此与足量的Cl2反应转移的电子数为3NA，故A错误；B标准状况下，水不是气体，不能带入n=计算，故B错误；Cn（O）=2n（CO2）2=1mol，因此含有的氧原子数为为NA，故C正确；D缺少溶液的体积，无法计算CaCl2溶液中含氧离子数为0.2NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度中等，注意公式的使用条件，不可盲目的带入公式计算6下列实验装置与实验目的对应的是（）A用海水制蒸馏水B将碘水中的碘单质与水直接分离C除去Fe（OH）3胶体中的FeCl3D稀释浓硫酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作；物质的分离提纯和鉴别【分析】A利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水；B将碘水中的碘单质与水分离，应先萃取再蒸馏；C应用渗析的方法分离；D不能在容量瓶中稀释浓硫酸【解答】解：A利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；B分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，故B错误；C胶体、溶液都可透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，故C错误；D容量瓶只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离、提纯的考查，综合性较强，侧重分离原理、物质性质及实验装置的考查，注意选项A中胶体的性质为解答的易错点，题目难度不大7海水是十分重要的资源不需要化学方法就能从海水中获得的物质有（）A氯、溴、碘B食盐、淡水C烧碱、氢气D钠、镁、铝【考点】海水资源及其综合利用【专题】元素及其化合物【分析】海水经过晒盐，可得到食盐，经过蒸馏可获得淡水，都为物理方法，从海水中可以获取NaOH、镁、钾、溴及其化工产品，需经过化学方法【解答】解：海水淡化处理多用蒸馏法，得到食盐常用晒盐或蒸发结晶的方法，为物理方法，而从海水中可以获取钠、镁、钾、铝、碘、溴、NaOH、氢气等，需经过化学方法，C、D均发生电解反应，A中发生氧化还原反应，具体流程如下：，为化学方法，故选B【点评】本题海水水资源的利用和海水化学资源的利用为背景，涉及物质的分离提纯等知识，侧重于化学与生活的综合运用，培养了学生运用知识分析问题的能力，题目难度不大8下列鉴别物质的方法中，不正确的是（）A用KSCN溶液鉴别FeCl2和FeCl3溶液B用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C用焰色反应鉴别NaCl溶液和KCl洛液D用过量的NaOH溶液鉴别AlCl3溶液和MgCl2溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】AFeCl3溶液遇KSCN溶液显血红色；BSO2和CO2均与石灰水反应生成白色沉淀；CNa、K的焰色反应分别为黄色、紫色；DAlCl3溶液和MgCl2溶液分别与NaOH反应的现象为：先生成白色沉淀后消失、白色沉淀【解答】解：AFeCl3溶液遇KSCN溶液显血红色，氯化亚铁不能，现象不同可鉴别，故A正确；BSO2和CO2均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同不能鉴别，故B错误；CNa、K的焰色反应分别为黄色、紫色，现象不同可鉴别，故C正确；DAlCl3溶液和MgCl2溶液分别与NaOH反应的现象为：先生成白色沉淀后消失、白色沉淀，现象不同可鉴别，故D正确；故选B【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象是解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大9下列各组离子可以在溶液中大量共存的是（）ANa+，Ag+，NO3，ClBH+，K+，OH，NO3CMg2+，Na+，OH，SO42DK+，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：AAg+、Cl结合生成沉淀，不能共存，故A错误；BH+、OH结合生成水，不能共存，故B错误；CMg2+、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下列物质中，可用作净水剂的是（）A纯碱B明矾C蔗糖D火碱【考点】盐类水解的应用【分析】可以作净水剂，说明该物质水解能生成胶体，且不能有毒或腐蚀性，不能对水产生污染【解答】解：A、纯碱即碳酸钠，溶于水后得到碳酸钠溶液，无净水作用，故A错误；B、明矾的化学式为KAl（SO4）2.12H2O，Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，故B正确；C、蔗糖溶于水后得到溶液，无净水作用，故C错误；D、火碱即氢氧化钠，溶于水后得到氢氧化钠溶液，有强腐蚀性，不能用于净水，故D错误故选B【点评】本题考查了净水剂的选取，明确各种物质的性质是解本题关键，知道某些物质的俗称，题目难度不大11下列物质中既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的是：（）Al Fe3O4NaHCO3 Al（OH）3Na2CO3ABCD【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】中学常见既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐，弱酸对应的铵盐、蛋白质、氨基酸等【解答】解：Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确；Fe3O4能与稀H2SO4反应，不能与NaOH溶液反应，故错误；NaHCO3属于弱酸酸式盐，与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故正确；Al（OH）3属于两性氢氧化物，与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，不能与NaOH溶液反应，故错误；故选D【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，注意归纳总结中学常见能与酸、碱反应的物质12下列反应的离子方程式中，书写正确的是（）AFe与稀盐酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B实验室制备氢氧化铝：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+C氯气与水反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClOD铜与稀硝酸反应：Cu+2NO3+4H+Cu2+2NO2+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A铁与盐酸反应生成亚铁离子；B铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；C次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开；D铜与稀硝酸反应生成的是NO【解答】解：AFe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B实验室制备氢氧化铝的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B正确；C氯气与水反应氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故C错误；D铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等13氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3N2+6HCl检查氯气管道是否漏气，下列说法错误的是（）A若管道漏气遇氨就会产生白烟B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应NH3被还原D生成1 mol N2有6 mol电子转移【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答【解答】解：A反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；BCl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，有强氧化性，故B正确；C反应中N元素化合价升高被氧化，则反应NH3被氧化，故C错误；DN元素化合价由3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，故D正确故选C【点评】本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大14常温下，下列试剂不能用带玻璃塞的试剂瓶盛放的是（）A浓盐酸B浓硝酸C稀盐酸D氢氧化钠溶液【考点】化学试剂的存放【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】碱性溶液中的氢氧根离子与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应生成硅酸钠，硅酸钠使瓶口与瓶塞粘合在一起，所以碱性溶液不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，据此进行解答【解答】解：玻璃中含有二氧化硅，碳酸钠溶液水解显碱性，氢氧根离子能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，将瓶口与瓶塞粘合在一起，所以氢氧化钠溶液不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，而浓盐酸、浓硝酸溶液、稀盐酸可以使用玻璃塞的试剂瓶盛放，故选D【点评】本题考查了化学试剂的盛放方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及保存方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力15合金是一类用途广泛的金属材料下列物质中，不属于合金的是（）A碳素钢B水银C青铜D黄铜【考点】合金的概念及其重要应用【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属等【解答】解：A碳素钢是铁和碳的合金，故A错误； B水银是纯金属，故B正确；C青铜是铜锡合金，故C错误；D黄铜是铜锌合金，故D错误故选B【点评】本题考查合金的特征，掌握合金的特征是正确解答本题的关键，题目难度不大16把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为3：1，则原混合物中Fe2O3与Fe的物质的量之比为（）A1：1B2：5C4：1D3：1【考点】铁的化学性质；化学方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】反应的方程式有：Fe+2HCl=FeCl2+H2，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Fe=3FeCl2，根据反应的方程式计算【解答】解：设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2Oy 2y 2FeCl3+Fe=3FeCl22y y 3y Fe+2HCl=FeCl2+H2（xy） （xy） （xy）则：3y+（xy）：（xy）=3：1，y：x=2：5，故选B【点评】本题考查化学方程式的相关计算，题目难度不大，注意根据方程式结合物质的性质计算二、填空题（本题包括3小题，共27分）17按要求填空：（l）0.4mol氨气和0.2mol硫化氢的质量之比为1：1，所含分子数之比为2：1（2）现有NH3、H2S、HCl三种气体，它们分别都含有1mol氢原子，则三种气体的物质的量之比为2：3：6（3）以下物质：碳酸钾 空气 二氧化碳 铜 食盐 氢氧化钠 硫酸铜溶液 酒精 蔗糖（Cl2H22O11）其中属于电解质的是 （填序号）【考点】物质的量的相关计算；电解质与非电解质【专题】物质的量的计算【分析】（l）根据m=nM判断二者质量之比，根据N=nNA计算所含分子数之比；（2）根据各分子中含有H原子数目计算各物质的物质的量，据此解答；（3）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；单质和混合物不是电解质【解答】解：（1）0.4mol氨气和0.2mol硫化氢的质量之比为0.4mol17g/mol：0.2mol34g/mol=1：1，N=nNA，所含分子数之比为0.4mol：0.2mol=2：1，故答案为：1：1； 2：1；（2）NH3、H2S、HCl三种物质，分别都含有1mol氢原子，则n（NH3）=mol、n（H2S）=0.5mol、n（HCl）=1mol，故n（NH3）：n（H2S）：n（HCl）=mol：0.5mol：1mol=2：3：6，故答案为：2：3：6；（3）碳酸钾在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质； 空气属于混合物，不属于电解质； 二氧化碳在水溶液里，生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的氢离子和碳酸根离子导致导电，不是二氧化碳自身电离，所以二氧化碳是非电解质，不属于电解质；电解质，必须是指化合物，铜为金属单质，不属于电解质；在水溶液里或在熔融状态下，能电离出自由移动的钠离子和氯离子导致导电，所以NaCl是电解质；NaOH在水溶液里或在熔融状态下，能电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子导致导电，所以NaOH是电解质；硫酸铜溶液 为混合物，不属于电解质；酒精蔗糖（Cl2H22O11） 在水中存在分子，没有自由移动的离子，故不能导电，是非电解质，不属于电解质；故答案为：【点评】本题考查物质的量的相关计算、电解质的判别，题目难度不大，注意分子的组成，注意对公式的理解、概念的辨析与灵活运用18研究工业废弃物的处理和防治具有重要的意义（1）利用反应CH4+2NO2 N2+CO2+2H2O可消除NO2的污染，该反应中氧化剂是NO2，当消耗CH4的体积是11.2L（标准状况下）时，理论上可处理1molNO2（2）治理汽车尾气中CO和NO的一种方法是：在汽车排气管中安装一个催化转化装置，该装置能将CO和NO转化为参与大气循环的无毒气体该反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2（3）某工厂排放的工业废水中可能含有Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑制得Fe2O3、Al2O3和金属Cu，过程如下固体A的成分是Fe、Cu（填化学式）溶液B中的阳离子有Fe3+、Al3+、Fe2+D与过量H溶液反应生成E的离子方程式是Al3+4OHAlO2+2H2O溶液E焰色呈黄色，试剂H是NaOH溶液【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）根据元素化合价的变化来判断氧化剂的化合价降低；根据反应方程式分析判断；（2）在催化剂条件下NO和CO反应，生成CO2和N2；（3）由流程可知，某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，先加过量铁2Fe3+Fe3Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，发生Fe+Cu2+Cu+2Fe2+，由于铁过量，可知固体A中含Fe和Cu；试剂G为盐酸，Cu与盐酸不反应，则固体C为Cu，溶液B中含Fe3+、Al3+、Fe2+，加氯水，+2价的铁离子被氯水氧化，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；再加过量D生成沉淀F和溶液E，则D为强碱溶液，溶液E为偏铝酸盐，沉淀F为Fe（OH）3，以此进行解答【解答】解：（1）二氧化氮中氮由+4价变成0价，所以二氧化氮是氧化剂，据反应CH4+2NO2N2+CO2+2H2O可知1mol的甲烷消耗2mol的二氧化氮，所以当消耗CH4的体积是11.2L（标准状况下）时，理论上可处理1molNO2，故答案为：NO2；1；（2）在催化剂条件下NO和CO反应，生成CO2和N2，反应的方程式为：2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2；（3）由流程可知，某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，先加过量铁2Fe3+Fe3Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，发生Fe+Cu2+Cu+2Fe2+，由于铁过量，可知固体A中含Fe和Cu；试剂G为盐酸，Cu与盐酸不反应，则固体C为Cu，溶液B中含Fe3+、Al3+、Fe2+，加氯水，+2价的铁离子被氯水氧化，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；再加过量D生成沉淀F和溶液E，则D为强碱溶液，溶液E为偏铝酸盐，沉淀F为Fe（OH）3，由上述分析可知，A为Fe和Cu，故答案为：Fe、Cu；溶液B中的金属阳离子有：Fe3+、Al3+、Fe2+，故答案为：Fe3+、Al3+、Fe2+；D与过量H溶液反应生成E的离子方程式是：Al3+4 OHAlO2+2H2O，故答案为：Al3+4 OHAlO2+2H2O；E为偏铝酸盐，且溶液E焰色呈黄色，则E为偏铝酸钠，故H为NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液【点评】本题考查了物质分离与提纯方法、氧化还原反应、化学方程式书写等知识，题目难度中等，明确常见物质分离与提纯方法为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及化学实验能力19甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：（1）甲物质为Na2O2（填化学式）（2）1mol乙和足量甲反应可生成0.5mol B物质；1mol丙和足量甲反应可生成0.5mol B物质（3）D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是溶于水生成HClO，HClO有强氧化性，能将有色物质氧化为无色物质，而使布条褪色（4）丙与溶液F反应的化学方程式为CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3D为黄绿色气体，则D为Cl2，D（氯气）与A（氢氧化钠）反应生成NaCl、NaClO，F能与丙（二氧化碳）反应C与I，则F为HClO、E为NaCl、I为NaHCO3G与C（碳酸钠）反应得到E（氯化钠）与丙（二氧化碳），则G为HCl，据此解答【解答】解：甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3D为黄绿色气体，则D为Cl2，D（氯气）与A（氢氧化钠）反应生成NaCl、NaClO，F能与丙（二氧化碳）反应C与I，则F为HClO、E为NaCl、I为NaHCO3G与C（碳酸钠）反应得到E（氯化钠）与丙（二氧化碳），则G为HCl（1）由上述判断可知，甲物质为Na2O2，故答案为：Na2O2；（2）乙与足量的甲发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，1mol水反应可以生成0.5mol氧气，丙和足量甲发生反应：2Na2O2+2CO2=O2+2Na2CO3，1mol二氧化碳反应生成0.5mol氧气，故答案为：0.5；0.5；（3）D（氯气）能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是：溶于水生成HClO，HClO有强氧化性，能将有色物质氧化为无色物质，而使布条褪色，故答案为：溶于水生成HClO，HClO有强氧化性，能将有色物质氧化为无色物质，而使布条褪色；（4）丙与溶液F反应是二氧化碳与次氯酸钠反应生成碳酸氢钠与HClO，反应的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故答案为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO【点评】本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握元素化合物性质，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应，难度中等20某小组利用以下装置制取并探究氨气的性质（1）A中反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）B中的干燥剂是碱石灰（3）C中的现象是试纸蓝色（4）实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入12滴浓盐酸，可观察到的现象是有白烟生成（5）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用的装置是E（填“E”或“F”）【考点】氨的化学性质【专题】氮族元素【分析】实验室用加热氯化铵与氢氧化钙制备氨气，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到石蕊能够使石蕊变蓝，氨气与氯化氢反应生成白色氯化铵固体，为防止氨气污染环境，应进行尾气处理，依据氨气极易溶于水的性质选择尾气处理装置【解答】解：（1）加热氯化铵与氢氧化钙生成氯化钙、氨气和水，方程式；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；故答案为；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂碱石灰干燥；故答案为：碱石灰；（3）氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到石蕊能够使石蕊变蓝，故答案为：试纸蓝色；（4）氨气与挥发的HCl会生成氯化铵晶体，所以有白烟生产，反应方程式为NH3+HClNH4Cl，故答案为：有白烟生成；（5）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置，故选E；故答案为：E【点评】本题考查了氨气的制备及氨气的性质，掌握制备原理及氨气的性质是解题关键，题目难度不大，注意氨气吸收时应防止倒吸的发生21某同学用图甲所示的装置来探究CO2、SO2与澄清石灰水的反应，结果通入CO2时可以看到先浑浊后澄清的现象，但通入SO2没有看到浑浊现象经过思考分析，该同学改用图乙的装置，将气体收集在注射器中，缓慢地将气体一个气泡一个气泡地通入澄清石灰水中，结果都能看到石灰水先变浑浊再澄清的现象，且通入SO2产生的现象明显比通入CO2快（1）若锥形瓶内装的是亚硫酸钠，写出锥形瓶内发生反应的化学方程式：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2（2）对比分析两组实验，你认为用图甲装置实验时，通入SO2不能出现浑浊的原因可能是反应时直接生成了酸式盐而看不到沉淀写出此时试管内发生反应的总化学方程式：Ca（OH）2+2SO2Ca（HSO3）2（3）用图乙装置实验时，以相同速率通入CO2或SO2，SO2产生浑浊再变澄清的现象比CO2快，其原因是SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反应快（4）用图甲进行SO2与澄清石灰水反应的实验时，为防止SO2污染空气，应用盛有过量浓烧碱溶液的容器吸收SO2，写出容器内发生反应的离子方程式：SO2+2OHSO32+H2O【考点】二氧化硫的化学性质【专题】氧族元素【分析】（1）亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和水、硫酸钠；（2）氢氧化钙溶液与足量二氧化硫反应生成可溶性亚硫酸钙和水；（3）SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反应快，所以以相同速率通入CO2或SO2，SO2产生浑浊再变澄清的现象比CO2快；（4）二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；【解答】解：（1）亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和水、硫酸钠，方程式：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2；故答案为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2；（2）氢氧化钙溶液与足量二氧化硫反应生成可溶性亚硫酸钙和水，离子方程式：Ca（OH）2+2SO2Ca（HSO3）2；故答案为：反应时直接生成了酸式盐而看不到沉淀；Ca（OH）2+2SO2Ca（HSO3）2；（3）SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反应快，所以以相同速率通入CO2或SO2，SO2产生浑浊再变澄清的现象比CO2快；故答案为：SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反应快；（4）二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式：SO2+2OHSO32+H2O；故答案为：SO2+2OHSO32+H2O；【点评】本题考查了二氧化硫的制备和性质，熟悉硫酸、二氧化硫的性质是解题关键，注意二氧化硫与二氧化碳与碱反应的相似性与区别，题目难度不大22把7.8g铝和镁的混合物粉末放入200mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下8.96LH2，则：（1）该合金中铝的物质的量为0.2mol；（2）该合金中镁的物质的量为2.4g；（3）盐酸的物质的量浓度为4mol/L【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，设Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，根据方程式表示出消耗HCl、生成氢气的物质的量，根据二者质量与生成氢气的体积列方程计算Mg、Al的物质的量；（1）根据分析可得出混合物中铝的物质的量；（2）根据m=nM计算Mg的质量；（2）根据c=计算出该盐酸的物质的量浓度【解答】解：标况下8.96L氢气的物质的量为： =0.4mol，设7.8g镁铝合金中含有镁xmol，含有铝ymol，则：Mg+2HCl=MgCl2+H2，1 2 1x 2x x2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2 6 3y 3y y根据合金质量及生成氢气的物质的量可知：，解得：x=0.1、y=0.2，（1）根据分析可知，合金中Al的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2；（2）Mg的质量=0.1mol24g/mol=2.4g，故答案为：2.4g；（2）反应消耗的盐酸的总物质的量为：0.1mol2+0.2mol3=0.8mol，该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）=4mol/L，故答案为：4【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意熟练掌握物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积等之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力