2019-2020年高一上学期开学化学试题含解析.doc

2019-2020年高一上学期开学化学试题含解析 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1（3分）乙醇汽油（汽油中加入一定比例的乙醇）的使用可以缓解石油危机从甜菜或甘蔗中提取的蔗糖可以通过发酵产生乙醇下列过程中没有发生化学变化的是（）A汽油中加入乙醇B乙醇的燃烧C蔗糖的发酵D甜菜的生长考点：物理变化与化学变化的区别与联系分析：化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成解答：解：A汽油中加入乙醇没有新物质生成，属于物理变化，故A正确； B乙醇的燃烧有新物质二氧化碳生成，属于化学变化，故B错误；C蔗糖的发酵有新物质酒精生成，属于化学变化，故C错误；D甜菜的生长有新物质生成，属于化学变化，故D错误故选A点评：本题考查判断物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，变化后是否有新物质生成，是判断物理变化和化学变化的基本依据2（3分）在化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应四种化学反应中，可能有元素化合价发生变化的反应类型有（）A一种B两种C三种D四种考点：氧化还原反应；化学基本反应类型专题：氧化还原反应专题分析：根据化合反应、置换反应、分解反应、复分解反应的反应物、生成物种类、组成特点，分析元素的化合价的变化解答：解：在化合反应中，只要有单质参加反应，就一定由化合价的变化；在置换反应中因为有单质参加和单质生成，一定有化合价的变化；在分解反应中，只要有单质的生成，就一定有化合价的变化；在复分解反应中，因为是化合物相互交换成分生成了新的化合物，一定没有化合价的变化所以，可能有元素化合价发生变化的反应类型有三种：化合反应、分解反应故选：B点评：本题主要考查了化学反应的基本类型与物质中元素化合价的关系，解题的关键是根据各类反应中物质的种类及组成特点，分析化合价的变化3（3分）被称为第四代广谱、高效、无污染杀菌剂的二氧化氯（ClO2）不仅能对饮用水消毒，而且还能有效杀灭“非典”病毒二氧化氯属于（）A酸B碱C盐D氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：物质的分类专题分析：氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物；电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；由金属离子和酸根离子组成的化合物是盐，根据氧化物、酸、碱、盐的特点分析解答：解：二氧化氯（ClO2）是由氯元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物故选D点评：解答本题要掌握物质的分类方法方面的知识，只有这样才能对各种物质进行正确的分类4（3分）2003年2月1日，美国“哥伦比亚”号航天飞机在空中失事有专家分析认为，其原因可能是航天飞机机壳底部的石墨瓦在空中脱落，击中机翼航天飞机表面覆盖石墨瓦可以起隔热和保护作用，这主要是因为石墨（）A能导电B熔点高、耐高温，化学性质稳定C密度小D硬度小，有润滑作用考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系专题：化学键与晶体结构分析：根据物质的结构决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途进行分析，石墨的主要成分是碳，具有耐高温和化学性质稳定的性质解答：解：航天飞机与空气的磨擦过程中会产生高温，覆盖的物质应该具有的性质是：熔点高、耐高温，化学性质稳定，这样才能对航天飞机起到保护作用，故ACD错误，B正确，故选B点评：本题考查了石墨的性质，解答本题时要充分理解物质的性质，只有理解了物质的性质才能对问题做出正确的判断5（3分）下列化学方程式符合题意且书写正确的是（）A用氢氧化钠溶液除去混在二氧化碳气体中的氯化氢：NaOH+HClNaCl+H2OB除去氯化钠中少量的碳酸钠：Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2+H2OC正常雨水的pH约为5.6的原因：CO2+H2OH2CO3D用盐酸除去铁锈：Fe（OH）3+3HClFeCl3+3H2O考点：化学方程式的书写专题：化学用语专题；元素及其化合物分析：根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；和的标注是否正确；若化学方程式书写正确A用氢氧化钠溶液除去混在二氧化碳气体中的氯化氢，氢氧化钠不仅能和杂质氯化氢反应，也能和主要成分二氧化碳反应；B除去氯化钠中少量的碳酸钠，用硫酸除去时，硫酸和碳酸铵反应生成新的杂质硫酸钠；C正常雨水中溶有二氧化碳，存在碳酸的电离平衡；D铁锈的主要成分为氧化铁解答：解：A二氧化碳能和氢氧化钠反应，所以不能用氢氧化钠溶液除去混在二氧化碳气体中的氯化氢，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去混在二氧化碳气体中的氯化氢，故A错误；B除去氯化钠中少量的碳酸钠用硫酸，会引进杂质硫酸钠，应该用盐酸去除，故B错误；C正常雨水的pH5.6，小于7，正常雨水显弱酸性的原因是二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸电离显酸性，故C正确；D铁锈的主要成分是氧化铁，与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式是：Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O，故D错误；故选C点评：本题难度不大，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据方程式的书写规则进行判断；化学方程式正误判断方法是：先看化学式是否正确，再看配平，再看反应条件，再看气体和沉淀，最后短线改成等号6（3分）下列关于物质的组成、结构和性质之间关系的归纳不正确的是（）A元素的化学性质与原子最外层电子数目关系密切B原子是化学反应中最小的微粒，因此原子不可再分C物质是由分子、原子、离子等粒子构成的D核内质子数决定了元素的种类考点：原子结构与元素的性质专题：原子组成与结构专题分析：A元素化学性质与其最外层电子数有关系，如果最外层电子数大于4，则得电子能力较强，如果最外层电子数小于4，则失电子能力较强；B原子是化学反应中最小微粒，使用化学方法不能再分；C物质的构成微粒有分子、原子或离子等；D具有相同质子数（核电荷数）的同一类原子的总称是元素解答：解：A元素化学性质与其最外层电子数有关系，如果最外层电子数大于4，其得电子能力较强，即氧化性较强，如果最外层电子数小于4，其失电子能力较强，即还原性较强，故A正确；B原子是化学反应中最小微粒，使用化学方法不能再分，但使用物理方法能再分，故B错误；C物质的构成微粒有分子、原子或离子等，如分子晶体是由分子构成的，原子晶体是由原子构成的，离子晶体是由离子构成的，金属晶体是由金属阳离子和电子构成的，故C正确；D具有相同质子数（核电荷数）的同一类原子的总称是元素，所以核内质子数决定了元素的种类，故D正确；故选B点评：本题考查原子结构和元素性质的关系，结构决定性质，性质体现结构，熟练掌握基本概念、基本理论即可解答，题目难度不大7（3分）用如图装置来制取并收集气体，你认为能制得的气体是（）A用KMnO4粉末制取O2B用浓氨水和CaO制取NH3C用Zn和稀硫酸制取H2D用石灰石和稀盐酸制取CO2考点：实验装置综合；气体发生装置；气体的收集专题：元素及其化合物分析：该实验中气体发生装置选用的仪器为分液漏斗和锥形瓶，适用于固体与液体不需要加热的反应，生成的气体采用向上排空气法收集，据此分析解答：解：A用KMnO4粉末制取O2，是在加热条件下进行的，需要加热，故A错误；B用浓氨水和CaO制取NH3，氨气的密度小于空气的密度，则应该用向下排空气法收集，故B错误；C用Zn和稀硫酸制取H2，氢气的密度小于空气的密度，则应该用向下排空气法收集，故C错误；D用石灰石和稀盐酸制取CO2，反应常温下进行，二氧化碳的密度比空气的大，用向上排空气法收集，符合题意，故D正确故选D点评：本题考查了气体制备实验的方案设计，侧重于实验原理和气体收集装置的考查，题目难度不大8（3分）浓硝酸呈黄色，这是由于硝酸的化学性质不稳定，在光照或加热条件下分解生成NO2的缘故下列保存硝酸的方法正确的是（）A棕色试剂瓶B无色试剂瓶C无色试剂瓶并置于阴凉处D棕色试剂瓶并置于阴凉处考点：硝酸的化学性质专题：氮族元素分析：硝酸不稳定，在光照条件下易分解，发生反应4HNO34NO2+O2+2H2O，据此分析解答解答：解：硝酸不稳定，在光照条件下易分解，发生反应4HNO34NO2+O2+2H2O，见光易分解的物质要避光保存，需要放置在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，硝酸为液体，要放置在细口瓶中，故选D点评：本题考查物质的保存，根据物质的性质选取合适的贮存方法，见光易分解的物质都要放置在棕色试剂瓶中，题目难度不大9（3分）已知所含元素化合价发生变化的反应是氧化还原反应，其中被还原的元素化合价降低，被氧化的元素化合价升高海洋中有丰富的资源，如图所示利用海水可获得许多化工产品下列说法正确的是（）A第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+等杂质，加入的试剂顺序为：Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液，过滤后加盐酸B第步中加入的试剂为CaCl2溶液C第步中发生分解反应D在第步中溴元素被还原考点：海水资源及其综合利用；氧化还原反应专题：物质的性质和变化专题；元素及其化合物分析：根据转化图可知，为粗盐提纯，利用物质之间的发生及除杂的原则来分析；为物质的转化，氢氧化镁和盐酸反应可生成氯化镁；为结晶水合物失去结晶水的反应，可加热；为制备溴单质的反应，一般通入氯气作为氧化剂，以此解答该题解答：解：A除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+等杂质，先除硫酸根离子，需要BaCl2溶液，再除镁离子，需要NaOH溶液，最后除钙离子，加入Na2CO3溶液，故A错误；B由中物质的组成可知，要与氢氧化镁反应应选择盐酸，故B错误；C由的转化可知，结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁，是一种物质反应生成两种物质，则属于分解反应，故C正确；D由可知NaBrBr2，NaBr中溴元素的化合价为1价，单质中溴元素的化合价为0，则在反应中溴元素的化合价升高，由信息可知溴元素被氧化，故D错误；故选C点评：本题考查海水资源的利用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，学生应熟悉粗盐提纯及物质转化中的化学反应并利用信息来综合解答，在物质转化中应学会利用组成的差异来选择合适的试剂，难度不大10（3分）食盐、食醋、纯碱等均为家庭厨房中的常用物质，利用这些物质，你能做成功的家庭小实验是（）检验自来水中的氯离子 鉴别食盐和纯碱 探究鸡蛋壳是否含有碳酸盐 除去热水瓶中的水垢ABCD考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用专题：物质检验鉴别题分析：食盐和纯碱属于盐；食醋属于有机酸，也具有酸的通性；检验自来水中的氯离子需要有银离子的溶液；鉴别食盐和纯碱用厨房中的食醋即可；探究鸡蛋壳是否含碳酸盐也可以用厨房中的食醋；除热水瓶中的水垢，水垢的主要成分是碳酸钙，也可以用食醋除去解答：解：检验自来水中的氯离子，需要硝酸银溶液，因此本小实验不能成功，故错误；鉴别食盐和纯碱，可以用厨房中的食醋，一个有气泡冒出，一个无变化，可以鉴别，故正确；探究鸡蛋壳是否含碳酸盐，也可以用厨房中的食醋，观察是否有气泡冒出，故正确；除热水瓶中的水垢，水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙不溶于水，但是可以用食醋除去，故正确因此能成功，故选D点评：本题考查了化学知识在生活中的应用，侧重于酸、碱、盐的性质的考查，题目难度不大，掌握酸碱盐的性质和用途是解决本题的关键不定项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共计24分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）下列各组物质能在同一溶液中大量共存的是（）ACuSO4、H2SO4、HNO3BNa2SO4、Ba（OH）2、CuCl2CFeCl3、NaOH、KNO3DK2SO4、NaOH、NaCl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专题：元素及其化合物分析：A、根据三者不能反应进行分析；B、根据钡离子和硫酸根能生成硫酸钡沉淀分析；C、根据三价铁离子和氢氧根能生成氢氧化铁沉淀进行分析；D、根据三者不能反应进行分析解答：解：A、三者不发生反应，在同一溶液中可以大量共存，故A正确；B、Na2SO4、Ba（OH）2能生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，在同一溶液中不能大量共存，故B错误；C、FeCl3、NaOH能生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，在同一溶液中不能大量共存，故C错误；D、三者不发生反应，在同一溶液中可以大量共存，故D正确；故选：AD点评：解此类题时，首先分析选项中各物质的性质，只要能生成水等弱电解质，气体，沉淀的就不能大量共存12（4分）印刷铜质电路板的“腐蚀液”为FeCl3已知铜、铁均能与FeCl3溶液反应，反应方程式分别为：Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，FeCl3+2Fe3FeCl2现将一包铜铁的混合粉末放入到盛有FeCl3溶液的烧杯中，充分反应后烧杯仍有少量固体关于烧杯中物质组成的说法正确的是（）A溶液中一定含有FeCl2，固体中一定含有铜B溶液中一定含有FeCl2、FeCl3，固体中一定含有铜和铁C溶液中一定含有FeCl2、CuCl2，固体中一定含有铜D溶液中一定含有FeCl2，固体只有铜考点：铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：在金属活动性顺序中，铁铜，即铁的还原性强于铜，将一包铜铁的混合粉末放入到盛有FeCl3溶液的烧杯中，铁先与三价铁离子反应，铁过量则铜不发生反应，铁不足铜再与氯化铁发生反应解答：解：A铁的化学性质比铜活泼，因此铁首先和氯化铁溶液反应，只有铁反应完，铜才可以与氯化铁溶液反应生成CuCl2，因此充分反应后烧杯中仍有少量固体，则烧杯溶液中一定含有的溶质是 FeCl2，烧杯中一定含有的固体是 Cu，故A正确；B烧杯仍有少量固体，而铁和铜都能够与三价铁离子反应，所以不可能有三价铁离子，故B错误；C如果铁过量，则溶液中只有氯化亚铁，不会有氯化铜，故C错误；D铁过量，反应生成氯化铁，剩余铜和铁，故D错误；故选：A点评：本题考查了氧化还原反应的先后规律，熟悉金属活动顺序表，清楚铁与铜还原性强弱是解题关键，侧重考查学生分析问题，解决问题能力，题目难度不大13（4分）A、B、C、D、E是常见的五种无色气体，它们之间的转化关系如图所示（图中反应条件已略去，X在常温下为液体）则下列推断正确的是（）AD是H2BC是CO2CA是O2DB是CO考点：无机物的推断专题：推断题分析：X在常温下为液体，应为H2O，由转化关系可知D为H2，B为CO2，C为CO，E应含有C、H元素，通常为气态烃，以此解答该题解答：解：X在常温下为液体，应为H2O，由转化关系可知D为H2，B为CO2，C为CO，E应含有C、H元素，通常为气态烃，A为O2，故选AC点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质，结合转化关系解答该题，难度不大14（4分）以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收易溶性气体，而且能防止倒吸的是（）ABCD考点：尾气处理装置专题：化学实验基本操作分析：根据是否使气体充分溶解、是否能防止倒吸方面考虑，只有气体与溶液充分混合，气体才被成分吸收，有缓冲装置时就能防止溶液倒吸解答：解：A、能防止倒吸，但不能使气体充分被吸收，故A错误；B、两个玻璃球有缓冲作用，导管插入溶液中，所以气体能充分被吸收且防止倒吸，故B正确；C、气体成分能被吸收，但产生倒吸，故C错误；D、倒置的球形漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用防止倒吸，故D正确；故选BD点评：本题考查了尾气的处理装置，尾气处理时要注意：既能保证气体被充分吸收又不产生倒吸现象15（4分）现用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制560g质量分数为14%的稀硫酸下列有关叙述正确的是（）A配制稀硫酸时，用到的玻璃仪器只需量筒和烧杯B将480mL水慢慢倒入盛有80mL98%浓硫酸的500mL量筒中，并用玻璃棒不断搅拌C将80g98%的浓硫酸沿1000mL烧杯内壁缓慢倒入480mL水中，并用玻璃棒不断搅拌D配制该溶液时，若有浓硫酸粘到手上手上应立即用氢氧化钠溶液中和考点：溶液的配制专题：实验题分析：A依据用浓溶液配置稀溶液的一般步骤和使用到的仪器解答；B依据量筒的正确使用方法解答；C浓硫酸是一种较特殊的物质不同于一般浓溶液的稀释，在倾倒时有顺序要求；D氢氧化钠有极强的腐蚀性，同样会对手造成腐蚀解答：解：A用浓硫酸配置稀硫酸用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故A错误；B稀释浓硫酸要将浓硫酸缓缓倒入水中，防止液体飞溅伤人，量筒不能用作溶解容器，应在烧杯中稀释，故B错误；C稀硫酸中溶质质量：560g14%=78.4g，所需浓硫酸质量：78.4g98%=80g，所需水的质量：560g80g=480g，所需水的体积：=480mL，与选项中各数据均相同，故C正确；D浓硫酸沾到手上应用布擦拭后再用大量水冲洗，然后涂上稀的碳酸氢钠溶液，不可用腐蚀性极强的氢氧化钠进行中和处理，故D错误；故选：C点评：本题为实验题，考查了配置一定物质的量浓度溶液的方法和步骤，熟悉操作过程和仪器的使用方法是解题关键，注意浓硫酸的稀释16（4分）甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示，下列叙述中正确的是（）At1时，甲、乙各30g分别加入70g水中均能恰好完全溶解Bt1时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数相等Ct2时，分别在100g水中各溶解20g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和Dt2时，在100g水中放入60g甲，所得溶液溶质的质量分数为37.5%考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A根据饱和溶液的概念进行解答；B根据饱和溶液中溶质质量分数的表达式进行计算；C根据溶质为20g时甲和乙为饱和溶液时的温度进行判断；D.60g甲物质并没有全溶解，根据该温度下的溶解度计算出溶质质量分数解答：解：At1时，甲和乙的溶解度都是30g，是指在100g水中达到饱和溶解的质量是30g，所以将30g溶于70g水中并不能全溶解，故A错误；B饱和溶液的质量分数与溶解度有关，又因为t1时，甲和乙的溶解度都是30g，所以t1时，甲和乙的饱和溶液溶质质量分数相等，故B正确；C根据图象可知，溶解度为20g，且甲和乙为饱和溶液时，甲的温度大于乙，所以降温直至达到饱和过程中，甲优先达到饱和，故C正确；D由于t2时，甲的溶解度为50g，所以在l00g水中放入60g甲，没有全部溶解，只溶解了50g，所以溶液中质量分数为：100%=33.3%，故D错误；故选BC点评：本题考查了溶质质量分数的计算、饱和溶液的溶解度与温度的曲线，题目难度中等，做好该题的关键是注意图形结合，利用好溶解度和溶解度曲线的关系二、解答题（共5小题，满分46分）17（8分）模拟酸雨形成的流程如图所示硫在单质气体A中燃烧发出蓝紫色火焰，生成刺激性气味的气体B；通常情况下C为无色液体，B、C、D是氧化物；E、F和X都是酸，G是白色沉淀（1）E的化学式为：H2SO3（2）反应的化学方程式为：S+O2SO2（3）反应的化学方程式为：SO3+H2OH2SO4（4）反应的化学方程式为：BaCl2+H2SO4BaSO4+2HCl考点：无机物的推断专题：推断题分析：硫在单质气体A中燃烧发出蓝紫色火焰，应为硫在氧气中的燃烧，生成二氧化硫气体，则A为O2，B为SO2，D为SO3，通常情况下C为无色液体，应为H2O，则E为H2SO3，F为H2SO4，G为BaSO4，X为盐酸，结合对应物质的性质解答该题解答：解：硫在单质气体A中燃烧发出蓝紫色火焰，应为硫在氧气中的燃烧，生成二氧化硫气体，则A为O2，B为SO2，D为SO3，通常情况下C为无色液体，应为H2O，则E为H2SO3，F为H2SO4，G为BaSO4，X为盐酸，（1）由以上分析可知E为H2SO3，故答案为：H2SO3；（2）反应为硫在氧气中的反应，方程式为S+O2SO2，故答案为：S+O2SO2；（3）反应为SO3和水的反应，生成硫酸，方程式为SO3+H2OH2SO4，故答案为：SO3+H2OH2SO4；（4）反应为硫酸和氯化钡的反应，方程式为BaCl2+H2SO4BaSO4+2HCl，故答案为：BaCl2+H2SO4BaSO4+2HCl点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的特性以及反应的典型现象，为解答该题的关键，难度不大18（6分）过氧化氢俗称双氧水，可用过氧化钡（BaO2）与稀硫酸反应制备过氧化氢与过氧化钡都是过氧化物，过氧化物一般可用作氧化剂、漂白剂、供氧剂等阅读下文并回答有关问题：（1）实验室可用过氧化氢溶液制取氧气，其反应的化学方程式是2H2O22H2O+O2，过氧化钡还可以通过以下方式制备过氧化氢：BaO2+x+H2OBaCO3+H2O2，其中物质x的化学式是CO2（2）过氧化钠（Na2O2）也是一种过氧化物，潜水艇常用过氧化钠作供氧剂，同时维持艇内空气成分的稳定，写出这一反应的化学方程式2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2考点：钠的重要化合物；过氧化氢专题：元素及其化合物分析：（1）过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水；由产物可知需要二氧化碳参加反应；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气解答：解：（1）过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水，方程式为2H2O22H2O+O2；由产物可知需要二氧化碳参加反应，故答案为：2H2O22H2O+O2；CO2；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2点评：本题考查钠的重要化合物，侧重于过氧化钠的考查，为高频考点，注意相关物质的性质，学习中注意积累，难度不大19（12分）某化学兴趣小组的同学在学习了纯碱（Na2CO3）的性质后，联想到家中蒸制馒头时常用的物质小苏打（NaHCO3），于是探究了碳酸氢钠的化学性质取样品溶于适量的水中，测得溶液的PH大于7；向小苏打样品中滴加盐酸，有大量气泡产生，经检验该气体是二氧化碳；向小苏打溶液中加入澄清石灰水，生成了白色沉淀；同学们通过查阅资料，在老师的指导下采用了如图所示装置对小苏打和纯碱做了对比实验，实验中小试管内沾有无水硫酸铜粉末的棉花球变蓝，a烧杯中石灰水无明显现象，b烧杯中石灰水出现白色浑浊试回答下列问题：（1）写出中的反应方程式NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O（2）实验结束时，操作上要注意的问题是应先将导管从烧杯中取出，再熄灭酒精灯（3）由实验可以得出的结论是碳酸氢钠受热会分解，碳酸钠受热不分解（或碳酸钠比碳酸氢钠稳定）（4）请归纳出小苏打的化学性质（至少三点）碳酸氢钠的水溶液呈碱性，能使酸碱指示剂变色、可与酸发生反应、受热易分解考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质专题：实验题分析：（1）NaHCO3和HCl反应生成NaCl、CO2和水H2O；（2）实验结束时应该先撤导管后撤酒精灯；（3）碳酸氢钠受热会分解，碳酸钠受热不分解；（4）根据其溶液酸碱性、和稀盐酸的反应、加热时产生的现象等归纳其化学性质解答：解：（1）NaHCO3和HCl反应生成NaCl、CO2和水H2O，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，故答案为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；（2）实验结束时应该先撤导管后撤酒精灯，否则易产生倒吸现象导致炸裂试管，故答案为：应先将导管从烧杯中取出，再熄灭酒精灯；（3）根据实验现象知，碳酸氢钠受热易分解、碳酸钠受热不分解，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故答案为：碳酸氢钠受热会分解，碳酸钠受热不分解（或碳酸钠比碳酸氢钠稳定）；（4）碳酸氢钠水溶液pH7说明碳酸氢钠水溶液呈碱性，能使酸碱指示剂变色，能和酸反应生成二氧化碳，不稳定，受热易分解，故答案为：碳酸氢钠的水溶液呈碱性，能使酸碱指示剂变色；可与酸发生反应；受热能分解点评：本题考查探究碳酸钠和碳酸氢钠性质的实验，明确实验原理是解本题关键，同时考查学生基本操作、分析问题及归纳总结能力，知道碳酸氢钠溶液呈碱性的原因，题目难度不大20（6分）置换反应时化学反应的基本类型之一（1）金属与盐溶液之间的置换反应，一般是活动性较强的金属可把活动性较弱的金属从其盐溶液中置换出来，如铜和硝酸银溶液反应，其化学方程式为Cu+2AgNO32Ag+Cu（NO3）2（2）非金属单质也具有类似金属与盐溶液之间的置换反应规律，即活动性较强的非金属可把活动性较弱的非金属从其盐溶液中置换出来，如在溶液中可发生如下反应：Cl2+2NaBr2NaCl+Br2；I2+Na2S2NaI+S；Br2+2KI2KBr+I2 由此可判断：S、Cl2、I2、Br2活动性有强到弱的顺序是Cl2Br2I2S下列化学方程式书写错误的是AA、I2+2KBr2KI+Br2 B、Cl2+K2S2KCl+SC、Cl2+2NaI2NaCl+I2 D、Br2+Na2S2NaBr+S考点：化学基本反应类型；氧化性、还原性强弱的比较专题：物质的性质和变化专题；元素及其化合物分析：（1）在金属活动性顺序中，排在氢前面的金属，能够和稀盐酸、稀硫酸发生置换反应，生成氢气和相应的盐；排在金属活动性顺序前面的金属，能够把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来；（2）根据活动性较强的非金属可把活动性较弱的非金属从其盐溶液中置换出来，来比较非金属单质活动性的强弱解答：解：（1）铜比银活泼，能和硝酸银反应生成硝酸铜和银，反应的化学方程式为：Cu+2AgNO32Ag+Cu（NO3）2，故答案为：Cu+2AgNO32Ag+Cu（NO3）2；（2）由反应可知：Cl2能把Br2从NaBr溶液中置换出来，说明了Cl2活动性大于Br2；I2能把S从Na2S溶液中置换出来，说明了I2活动性大于S；Br2能把I2从KI溶液中置换出来，说明了Br2活动性大于I2；由此可知：S、Cl2、I2、Br2活动性由强到弱顺序是 Cl2Br2I2S，故答案为：Cl2Br2I2S；根据氧化性较强非金属单质置换氧化性较弱非金属单质可知，A、I2+2KBr2KI+Br2 Br2氧化性大于I2，故A错误； B、Cl2+K2S2KCl+S Cl2氧化性大于S，故B正确；C、Cl2+2NaI2NaCl+I2 Cl2氧化性大于I2，故C正确； D、Br2+Na2S2NaBr+S Br2氧化性大于S，故D正确；故答案为：A点评：本题主要考查了对金属、非金属活动性顺序的应用，题目难度不大，深刻体会“较活泼”置换“较不活泼”这一化学规律21（14分）如图是氧化沉淀法生产复印用Fe3O4粉的工艺流程图，根据要求回答问题（1）铁的另两种常见氧化物的化学式是FeO、Fe2O3（2）副产品P是Na2SO4，由溶液N获得该副产品的操作顺序是加热浓缩冷却结晶过滤晶体加热至完全失去结晶水（3）通空气时的化学方程式是 4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，由沉淀M获得Fe3O4的过程中发生的反应为Fe（OH）2+2Fe（OH）3 Fe3O4+4H2O，控制“一定量空气”的目的是控制Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比，沉淀M中Fe（OH）2和Fe（OH）3的最佳质量比为45：107考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分子中的原子个数计算专题：实验设计题分析：工业绿矾加水溶解过滤除去不溶性杂质得到硫酸亚铁溶液，加入适量氢氧化钠溶液同时通入一定量空气过滤得到彻底为氢氧化亚铁和氢氧化铁的混合物，加热分解生成四氧化三铁；溶液N为为硫酸钠溶液，通过蒸发浓缩冷却结晶得到硫酸钠晶体为副产品P；（1）铁的氧化物有氧化铁、氧化亚铁、四氧化三铁；（2）分析可知副产品为硫酸钠；溶液中得到晶体的方法是蒸发浓缩冷却结晶得到硫酸钠晶体，加热失去结晶水得到硫酸钠；（3）通入适量空气是为了得到氢氧化亚铁和氢氧化铁的混合物，控制二者质量比，结合化学方程式计算二者最佳质量比；解答：解：（1）铁的氧化物有氧化铁、氧化亚铁、四氧化三铁，铁的另两种常见氧化物的化学式是FeO、Fe2O3；故答案为：FeO、Fe2O3 ；（2）工业绿矾加水溶解过滤除去不溶性杂质得到硫酸亚铁溶液，加入适量氢氧化钠溶液同时通入一定量空气过滤得到彻底为氢氧化亚铁和氢氧化铁的混合物，加热分解生成四氧化三铁；溶液N为为硫酸钠溶液，通过蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤，得到硫酸钠晶体为副产品P；故答案为：Na2SO4；冷却结晶；过滤；（3）通空气时的化学方程式是 4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，由沉淀M获得Fe3O4的过程中发生的反应为Fe（OH）2+2Fe（OH）3 Fe3O4+4H2O，控制“一定量空气”的目的是为了得到氢氧化亚铁和氢氧化铁的混合物，控制Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比，沉淀M中Fe（OH）2和Fe（OH）3的最佳质量比符合化学方程式中物质的量之比为1：2，质量比为90：2107=45：107；故答案为：控制Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比；45：107；点评：本题考查了物质分离和提纯方法额分析判断，主要是铁及其化合物性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等