2019-2020年高一上学期第二次调研化学试卷含解析.doc

2019-2020年高一上学期第二次调研化学试卷含解析一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放现有部分药品按某种规律摆放在实验桌上，如下图所示做“铝的化合物性质”的实验时，某同学取用Al2（SO4）3溶液后，应把它放回的位置是（）ABCD2下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料BNa2O2能与水和二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源C明矾能在天然水中生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂DNa、Ba等金属化合物焰色反应呈现各种艳丽色彩，可制成节日烟花3下列实验操作或原理不正确的是（）A蒸馏操作时，温度计水银球的位置应在蒸馏烧瓶的支管口处B萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大C分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶4下列关于氯水的叙述正确的是（）A新制氯水中只含Cl2和H2O分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡放出，该气体主要是Cl2D氯水放置数天后pH值将变大5下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42能使酚酞变红的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+某澄清溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Cu2+有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、HCO3pH=12的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I、ClABCD6下列离子方程式的书写，正确的有（）个将氯气通入氯化亚铁溶液中：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H+Cl+ClO过氧化钠投入水中：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH钠放入水中：2Na+2H2O2Na+2OH+H2碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液：HCO+OHCO32+H2O二氧化硅与浓的氢氧化钠溶液反应：SiO2+2OHSiO+H2O漂白液中通入过量CO2：2ClO+H2O+CO22HClO+COA3个B4个C5个D6个7下列不能达到实验目的是（）A比较苏打和小苏打的热稳定性B检查装置气密性C向容量瓶转移液体D用苯从碘水中分离出碘8Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景广阔一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，对此反应下列说法中正确的是（）ANa2O2在反应中只作氧化剂BFeSO4在反应中作氧化剂C2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移DNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物9为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（）ANa2CO3溶液（NaHCO3），选用适量的NaOH溶液BFeCl2溶液（FeCl3），应加入过量Fe粉CNa2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热DNa2CO3溶液（Na2SO4），加入适量的Ba（OH）2溶液，过滤10某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为（）A5：1B1：5C5：9D9：5二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有12个选项符合题意）11工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不是氧化还原反应D反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO312下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）编号abc ANaNa2ONaOH BAl2O3NaAlO2Al（OH）3 CCO2Na2CO3NaHCO3 DFeFeCl3Fe（OH）3AABBCCDD13NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图）下列说法正确的是（）A25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D图中所示转化反应不都是氧化还原反应14用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合物中含有的原子数为0.3NAB1mo1L1的A1C13溶液中，C1离子的数目为3NAC标准状况下，22.4LCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NAD标准状况下，22.4L SO3所含的分子数目为NA15将镁、锌、铝三种金属的混合物加入到足量的稀硫酸中，得到2.8L（标准状况）H2，则混合物中三种金属的物质的量之和可能是（）A0.120molB0.125molC0.135molD0.250mol二、非选择题16实验室用共沉淀法制备纳米级Fe3O4的流程如下：该方法的关键为促进晶粒形成，并控制晶体生长试回答下列问题：（1）该反应原理的是将一定量的FeCl3、FeCl2加入到6mol/L的NaOH溶液中，并调节pH=6时，便可得到黑色的糊状物Fe3O4，试用离子方程式可表示为该反应（2）反应温度需控制在50，其方法是A、酒精灯加热控制其温度为50B、用水浴加热，并控制水浴温度为50（3）从黑色糊状物的悬浊液中分离出Fe3O4的实验操作是（4）如何判断沉淀已经洗涤干净（5）确认所得Fe3O4达到纳米级的简单实验是17现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A、F、H、（2）写出反应的化学方程式：写出反应的离子方程式：写出反应的离子方程式：（3）下列属于反应的实验现象的有A黄色火焰 B苍白色火焰 C白烟 D白雾18煤炭中以FeS2形式存在的硫，在有水和空气及在脱硫微生物存在下发生生物氧化还原反应，有关反应的离子方程式依次为：2FeS2+7O2+2H2O4H+2Fe2+；4Fe2+O2+4H+4Fe3+；FeS2+2Fe3+3Fe2+2S；2S+3O2+2H2O4H+2已知：FeS2中的铁元素为+2价回答下列问题：（1）根据质量守恒定律和电荷守恒定律，将上述离子方程式补充完整（2）反应的还原剂是（3）观察上述反应，FeS2最终转化为从煤炭中分离出来19生活中常使用漂白液和漂白粉对环境和饮用水进行杀菌、消毒，以抑制大规模传染病爆发回答下列问题：（1）漂白粉的有效成分是（填化学式）；（2）某研究性学习小组对漂白液进行了如下实验探究：取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，可以证明漂白液具有的性质（填序号）A酸性 B碱性 C强氧化性 D还原性（3）工业上用氯气通入石灰乳Ca（OH）2制取漂白粉的化学方程式：（4）已知二氧化硫和亚硫酸盐具有较强的还原性若将少量的SO2通入漂白粉溶液中，有同学认为发生的反应为：Ca（ClO）2+SO2+H2O=CaSO3+2HClO你认为该同学的说法是否正确？（填“正确”或“不正确”），请说明理由（5）二氧化氯是世卫组织确认的A级新型高效安全的消毒剂，其安全性远高于氯气制备方法之一是：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，当转移0.2mol电子时，参加反应的还原剂的物质的量为20实验室可以用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应生成二氯化锰与氯气，纯净的氯气和铁粉反应制取少量氯化铁固体，其反应装置示意图如图，回答下列问题：（1）A装置可制取氯气，反应前分液漏斗中药品为（2）写出A装置中制取氯气所发生的化学方程式是（3）装置B中盛放的试剂是（4）装置E的作用是（5）装置C的作用是（6）装置F中发生反应的化学方程式是21将Fe2O3、CuO组成的混合物32g 投入200mL稀硫酸中恰好完全溶解，再加入250mL 4mol/L NaOH溶液时恰好将金属离子沉淀完全，试计算（1）硫酸溶液的物质的量浓度（2）混合物中Fe2O3、CuO的物质的量各为多少xx学年江苏省南通市启东市汇龙中学高一（上）第二次调研化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放现有部分药品按某种规律摆放在实验桌上，如下图所示做“铝的化合物性质”的实验时，某同学取用Al2（SO4）3溶液后，应把它放回的位置是（）ABCD【考点】化学试剂的分类【专题】元素及其化合物【分析】根据Al2（SO4）3电离出的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子可知Al2（SO4）3属于盐，据此分析【解答】根据Al2（SO4）3电离出的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子可知Al2（SO4）3属于盐A、HCl、H2SO4电离出的阳离子是氢离子，阴离子是酸根离子，属于酸，故A不选；B、酚酞和石蕊均为酸碱指示剂，故B不选；C、NaCl电离出的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，属于盐，故C选；D、NaOH电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱，故D不选故选C【点评】本题考查了物质的分类，注意酸碱盐的概念的把握，难度不大2下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料BNa2O2能与水和二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源C明矾能在天然水中生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂DNa、Ba等金属化合物焰色反应呈现各种艳丽色彩，可制成节日烟花【考点】铝的化学性质；钠的重要化合物；焰色反应；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A氧化铝的熔点高，Al的熔点不大；BNa2O2能与水和二氧化碳反应生成氧气，为提供氧气的反应原理；C明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性；D焰色反应为元素的性质，可利用金属化合物制作烟花【解答】解：A氧化铝的熔点高，Al的熔点不大，则氧化铝用于制作耐高温材料，故A错误；BNa2O2能与人呼出的二氧化碳反应生成氧气，为提供氧气的反应原理，则Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源，故B正确；C明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，则用作净水剂，故C正确；D焰色反应为元素的性质，则Na、Ba等金属化合物焰色反应呈现各种艳丽色彩，可制成节日烟花，故D正确；故选A【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应、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3下列实验操作或原理不正确的是（）A蒸馏操作时，温度计水银球的位置应在蒸馏烧瓶的支管口处B萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大C分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶【考点】物质的分离、提纯和除杂【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处；B萃取剂与水不互溶，不能发生反应，不需要考虑密度；C分液时，先分离下层液体，上层液体从上口倒出；D盐酸能够与碳酸钙反应【解答】解：A蒸馏时，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，故A正确； B萃取剂与水不互溶，不能发生反应，不需要考虑密度，如苯、四氯化碳为常见的萃取剂，故B错误；C分液时，先分离下层液体，上层液体从上口倒出，即下层液体从分液漏斗下口放出后，再将上层液体从上口倒出，故C正确；D碳酸钙与盐酸反应，可以用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，做题时注意把握分离提纯实验操作及原理4下列关于氯水的叙述正确的是（）A新制氯水中只含Cl2和H2O分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡放出，该气体主要是Cl2D氯水放置数天后pH值将变大【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子【解答】解：A氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；BHCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；CHClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2，生成氧气，故C错误；DHClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，故D错误故选B【点评】本题考查氯水的成分及性质，题目难度不大，本题注意基础知识的积累和学习5下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42能使酚酞变红的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+某澄清溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Cu2+有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、HCO3pH=12的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I、ClABCD【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】无色溶液中不存在有色的高锰酸根离子；能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；加入Al能放出H2的溶液中为酸性或碱性溶液，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应，铵根离子与氢氧根离子反应；四种离子之间不反应，能够共存；铁离子与碳酸氢根离子、硫氰根离子反应；pH=12的溶液中存在大量氢氧根离子，亚铁离子、铝离子与氢氧根离子反应【解答】解：MnO4为有色离子，在溶液中不能大量共存，故错误；能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，CO32、Na+、AlO2、NO3之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3、NH4+离子与氢氧根离子反应，HCO3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；Na+、Ba2+、Cl、Cu2+离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，故正确；有较多Fe3+的溶液中，Fe3+与SCN、HCO3离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；pH=12的溶液中存在电离氢氧根离子，Fe2+、Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；故选C【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等6下列离子方程式的书写，正确的有（）个将氯气通入氯化亚铁溶液中：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H+Cl+ClO过氧化钠投入水中：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH钠放入水中：2Na+2H2O2Na+2OH+H2碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液：HCO+OHCO32+H2O二氧化硅与浓的氢氧化钠溶液反应：SiO2+2OHSiO+H2O漂白液中通入过量CO2：2ClO+H2O+CO22HClO+COA3个B4个C5个D6个【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】二者反应生成氯化铁；次氯酸为弱酸应保留化学式；原子个数不守恒；二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；二者反应生成氢氧化钠和氢气；氢氧化钠过量，反应生成碳酸钠、碳酸钙和水；二者反应生成硅酸钠和水；二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠【解答】解：将氯气通入氯化亚铁溶液中，离子方程式：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故正确；氯气跟水反应，离子方程式：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故错误；过氧化钠投入水中，离子方程式：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故错误；氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故正确；钠放入水中，离子方程式：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故正确；碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液，离子方程式：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故错误；二氧化硅与浓的氢氧化钠溶液反应，离子方程式：SiO2+2OHSiO32+H2O，故正确；漂白液中通入过量CO2，离子方程式：ClO+H2O+CO2HClO+HCO3，故错误；故选：B【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实，遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等7下列不能达到实验目的是（）A比较苏打和小苏打的热稳定性B检查装置气密性C向容量瓶转移液体D用苯从碘水中分离出碘【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】A碳酸氢钠不稳定，易分解；B推动活塞，利用长颈漏斗中导管内液柱检验气密性；C转移液体需要引流；D碘不易溶于水，易溶于苯【解答】解：A碳酸氢钠不稳定，易分解，则体现对比性，小试管中应为碳酸氢钠，故A错误；B推动活塞，长颈漏斗中导管内液柱一段时间不变，则气密性良好，装置合理，故B正确；C转移液体需要引流，图中转移操作合理，故C正确；D碘不易溶于水，易溶于苯，则图中利用分液漏斗萃取装置合理，故D正确；故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气密性检验、溶液配制、混合物分离提纯等为解答的关键，注意实验装置的作用及实验评价性分析，题目难度不大8Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景广阔一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，对此反应下列说法中正确的是（）ANa2O2在反应中只作氧化剂BFeSO4在反应中作氧化剂C2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移DNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中，Fe元素化合价升高，被氧化，反应中Na2O2中的O元素化合价既升高，又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，以此解答该题【解答】解：ANa2O2中的O元素化合价既升高，又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；BFe元素化合价升高，被氧化，FeSO4在反应中作还原剂，故B错误；C.2molFeSO4发生反应时，化合价升高的有Fe和O，其中Fe化合价升高2（62）=8，需要4molNa2O2为氧化剂，另2molNa2O2自身发生氧化还原反应，生成1molO2，转移电子2mol电子，共转移10mol电子，故C错误；D反应中Na2O2为氧化剂，FeSO4在反应中作还原剂，则Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意正确判断元素的化合价以及反应前后的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意物质发生氧化还原反应的性质9为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（）ANa2CO3溶液（NaHCO3），选用适量的NaOH溶液BFeCl2溶液（FeCl3），应加入过量Fe粉CNa2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热DNa2CO3溶液（Na2SO4），加入适量的Ba（OH）2溶液，过滤【考点】物质的分离、提纯和除杂；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】ANaHCO3与NaOH反应可生成Na2CO3；B铁粉会和FeCl3反应生成FeCl2；C氧化钠在氧气中加热会转化为过氧化钠；D硫酸钡和碳酸钡都是沉淀【解答】解：ANaHCO3与NaOH反应可生成Na2CO3，加入适量，可用于除去Na2CO3中混有的NaHCO3，故A正确； B加入铁粉会和FeCl3反应生成FeCl2，过量的Fe可以过滤除去，故B正确；C氧化钠在氧气中加热会转化为过氧化钠，符合除杂原则，故C正确；D加入Ba（OH）2能除去Na2SO4，但同时也会把Na2CO3除去，故D错误故选D【点评】本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累，为解答该题的题目的保证10某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为（）A5：1B1：5C5：9D9：5【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒计算NaCl物质的量，再根据氯原子守恒计算被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比【解答】解：Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，设二者物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒：4mol（10）+1mol（50）=n（NaCl）1解得n（NaCl）=9mol所以被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比为（4+1）mol：9mol=5：9，故选C【点评】本题考查氧化还原反应概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物与氧化产物是关键，再根据电子转移守恒计算二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有12个选项符合题意）11工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不是氧化还原反应D反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3【考点】镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液；B、试剂X为氢氧化钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠【解答】解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C错误；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故D正确；故选D【点评】本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键12下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）编号abc ANaNa2ONaOH BAl2O3NaAlO2Al（OH）3 CCO2Na2CO3NaHCO3 DFeFeCl3Fe（OH）3AABBCCDD【考点】钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】A、Na在空气中变成氧化钠，氢氧化钠无法一步得到氧化钠和单质钠；B、氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；C、二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠；D、铁与氯气反应生成氯化铁，氢氧化铁无法一步转化为单质铁【解答】解：A、Na在空气中变成氧化钠，氢氧化钠无法一步得到氧化钠和单质钠，故A错误；B、a（氧化铝）和氢氧化钠反应生成b（偏铝酸钠），c（氢氧化铝）受热分解生成a（氧化铝），c（氢氧化铝）与氢氧化钠反应生成b（偏铝酸钠），所以都能实现一步转化，符合图示转化，故B正确；C、a（二氧化碳）与氢氧化钠反应生成b（碳酸钠），c（碳酸氢钠）受热分解产生a（二氧化碳），c（碳酸氢钠）与氢氧化钠反应生成b（碳酸钠），所以都能实现一步转化，符合图示转化，故C正确；D、铁与氯气反应生成氯化铁，氢氧化铁可以与盐酸反应生成氯化铁，而氢氧化铁无法一步转化为单质铁，故D正确；故选BC【点评】本题考查物质的转化，要熟练掌握元素及其化合物之间的转化关系，具有一定的难度，尤其是不能一步转化的反应要注意13NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图）下列说法正确的是（）A25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D图中所示转化反应不都是氧化还原反应【考点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】氧化还原反应专题【分析】ANaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小；B根据化合价的变化判断；CCl2与铁在点燃火加热条件下能反应；DNaCl生成NaHCO3，以及NaHCO3分解生成Na2CO3的反应不是氧化还原反应【解答】解：ANaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，如在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳会生成碳酸氢钠沉淀，故A错误；B.2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C可发生3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误；D氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D正确；故选BD【点评】本题考查较为综合，涉及盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题，体总涉及的氧化还原反应、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可，难度不大14用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合物中含有的原子数为0.3NAB1mo1L1的A1C13溶液中，C1离子的数目为3NAC标准状况下，22.4LCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NAD标准状况下，22.4L SO3所含的分子数目为NA【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、NO2和N2O4混合物中的N、O比为1：2，n（NO2）=0.1mol，因此含有的原子数为0.3mol，数目为0.3NA；B、缺少溶液体积，不能计算粒子数目；C、氯气和氢氧化钠溶液发生歧化反应，转移电子数等于反应掉的氯气分子数；D、标准状况下，SO3不是气体【解答】解：A、NO2和N2O4混合物中的N、O比为1：2，n（NO2）=0.1mol，因此含有的原子数为0.3mol，数目为0.3NA，故A正确；B、缺少溶液体积，不能计算粒子数目，故B错误；C、标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，氯气分子数为NA，氯气和氢氧化钠溶液发生歧化反应，转移电子数等于反应掉的氯气分子数为NA，故C错误；D、标准状况下，SO3不是气体，不能带入n=进行计算，因此无法计算分子数，故D错误；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，氧化还原反应的电子转移数的计算，n=公式的使用条件15将镁、锌、铝三种金属的混合物加入到足量的稀硫酸中，得到2.8L（标准状况）H2，则混合物中三种金属的物质的量之和可能是（）A0.120molB0.125molC0.135molD0.250mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】极端假设法【分析】物质的量相等的金属与足量的酸反应时产生H2的量只与金属元素的化合价有关，而已知的三种金属Mg、Al、Zn，其中Mg、Zn在反应中均呈现+2价，可把它们都看成一种成分，Al在反应中呈现+3价，把它看成另一种成分，则把该混合物转化成+2价的金属和+3价的金属组成的混合物，然后用极端法来计算和判断【解答】解：假设全部是Mg或Zn，设它们的物质的量之和为xmol，产生的H2有如下关系： Mg（Zn）H2 1mol 22.4L x 2.8L解得x=1mol=0.125mol假设全是Al，设它的物质的量为ymol，产生的H2关系为： 2Al3H2 2mol 322.4L y 2.8L解得y=2mol=0.08mol由于是以上两种情况的混合物，故产生2.8LH2时的混合物的物质的量之和应介于二者之间，即介于0.08mol0.125mol之间，故A符合；故选A【点评】考查混合物的计算，难度中等，注意根据化合价将三组分看做二组分，再采取极端法解答，极端法是化学计算中的一种技巧性解法，对于混合物范围计算比较适用，该方法的解题思路是假设只有混合物中的某一成份，通过计算得出两个极端值二、非选择题16实验室用共沉淀法制备纳米级Fe3O4的流程如下：该方法的关键为促进晶粒形成，并控制晶体生长试回答下列问题：（1）该反应原理的是将一定量的FeCl3、FeCl2加入到6mol/L的NaOH溶液中，并调节pH=6时，便可得到黑色的糊状物Fe3O4，试用离子方程式可表示为该反应Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O4+4H2O（2）反应温度需控制在50，其方法是BA、酒精灯加热控制其温度为50B、用水浴加热，并控制水浴温度为50（3）从黑色糊状物的悬浊液中分离出Fe3O4的实验操作是过滤（4）如何判断沉淀已经洗涤干净取最后的倾出液，取少量最后的倾出液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变血红色则已洗净（或取少量最后的倾出液于试管中，滴加几滴经稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不产生沉淀则已洗净）（5）确认所得Fe3O4达到纳米级的简单实验是做丁达尔效应实验（用一支激光笔照射所得产物，如有一条光亮的通路，证明已达纳米级）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）依据流程图分析制备反应过程，是氯化铁、氯化亚铁在氢氧化钠溶液中生成四氧化三铁、水、氯化钠；根据电荷守恒可写出该方程式；（2）反应条件温度低于100C，需要用水浴加热，水浴加热温度容易控制，加热均匀；（3）分离固体和液体通常用过滤操作；（4）水洗的主要作用是洗去吸附在黑色糊状物表面的Fe3+和Cl，只要检验其中一个不存在即可；（5）Fe3O4达到纳米级，即在溶液形成胶体，利用胶体的丁达尔效应证明Fe3O4达到纳米级；【解答】解：（1）由流程可知，生成Fe3O4的反应物为Fe2+、Fe3+和OH，根据电荷守恒可写出该方程式为：Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O4+4H2O，故答案为：Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O4+4H2O；（2）低于100的温度控制通常用水浴加热法，故选B；（3）分离固体和液体通常用过滤操作，从黑色糊状物的悬浊液中分离出Fe3O4的实验操作是过滤；故答案为：过滤；（4）水洗的主要作用是洗去吸附在黑色糊状物表面的Fe3+和Cl，只要检验其中一个不存在即可，取最后的倾出液，取少量最后的倾出液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变血红色则已洗净（或取少量最后的倾出液于试管中，滴加几滴经稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不产生沉淀则已洗净），故答案为：取最后的倾出液，取少量最后的倾出液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变血红色则已洗净（或取少量最后的倾出液于试管中，滴加几滴经稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不产生沉淀则已洗净）；（5）Fe3O4达到纳米级，即在溶液形成胶体，利用胶体的丁达尔效应证明Fe3O4达到纳米级，即做丁达尔效应实验（用一支激光笔照射所得产物，如有一条光亮的通路，证明已达纳米级），故答案为：做丁达尔效应实验（用一支激光笔照射所得产物，如有一条光亮的通路，证明已达纳米级）【点评】本题考查了制备实验的设计，流程分析判断，反应条件的应用，实验基本操作的迁移应用能力，解答此类题的关键是一定要注意题中所给的信息，题目难度中等17现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：ANa、FFeCl2、HFe（OH）3、（2）写出反应的化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2写出反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2写出反应的离子方程式：Fe3+3OHFe（OH）3（3）下列属于反应的实验现象的有BDA黄色火焰 B苍白色火焰 C白烟 D白雾【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题【解答】解：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，（1）由以上分析可知，A为Na，F为FeCl2，H为Fe（OH）3，故答案为：Na；FeCl2；Fe（OH）3；（2）反应是钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，反应是Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，反应氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钠，离子方程式为：Fe3+3OHFe（OH）3，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；Fe3+3OHFe（OH）3；（3）反应式氢气与氯气反应生成氯化氢，呈苍白色火焰，HCl与空气中水蒸气结合呈白雾，故答案为：BD【点评】本题是考查物质推断与性质、常用化学用语，难度中等，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口18煤炭中以FeS2形式存在的硫，在有水和空气及在脱硫微生物存在下发生生物氧化还原反应，有关反应的离子方程式依次为：2FeS2+7O2+2H2O4H+2Fe2+4SO42；4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O；FeS2+2Fe3+3Fe2+2S；2S+3O2+2H2O4H+2已知：FeS2中的铁元素为+2价回答下列问题：（1）根据质量守恒定律和电荷守恒定律，将上述离子方程式补充完整（2）反应的还原剂是FeS2（3）观察上述反应，FeS2最终转化为FeSO4 H2SO4从煤炭中分离出来【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）依据离子方程式的电荷守恒和原子守恒书写判断产物；（2）还原剂是元素化合价反应后升高，结合化合价变化分析判断；（3）依据四个反应分析判断产物；【解答】解：（1）依据离子方程式的电荷守恒和原子守恒书写判断产物；反应中为4SO42，反应中为2H2O，故答案为：4SO42，2H2O；（2）还原剂是元素化合价反应后升高，反应中硫元素化合价从1价变化为0价，所以反应中的还原剂是FeS2；（3）依据的离子方程式，分析判断最终的生成物为硫酸亚铁和硫酸，故答案为：FeSO4 H2SO4【点评】本题考查了氧化还原反应的电荷守恒、原子守恒的应用，氧化还原反应概念的分析判断，掌握特征变化、分析反应实质，判断概念的由来19生活中常使用漂白液和漂白粉对环境和饮用水进行杀菌、消毒，以抑制大规模传染病爆发回答下列问题：（1）漂白粉的有效成分是（填化学式）Ca（ClO）2；（2）某研究性学习小组对漂白液进行了如下实验探究：取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，可以证明漂白液具有的性质BC（填序号）A酸性 B碱性 C强氧化性 D还原性（3）工业上用氯气通入石灰乳Ca（OH）2制取漂白粉的化学方程式：2Cl2+2Ca（OH）=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（4）已知二氧化硫和亚硫酸盐具有较强的还原性若将少量的SO2通入漂白粉溶液中，有同学认为发生的反应为：Ca（ClO）2+SO2+H2O=CaSO3+2HClO你认为该同学的说法是否正确？不正确（填“正确”或“不正确”），请说明理由因为亚硫酸钙（CaSO3）具有强的还原性，会被HClO氧化生成硫酸钙（5）二氧化氯是世卫组织确认的A级新型高效安全的消毒剂，其安全性远高于氯气制备方法之一是：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，当转移0.2mol电子时，参加反应的还原剂的物质的量为0.2 mol【考点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】氧化还原反应专题；卤族元素【分析】（1）漂白粉的成分为CaCl2、Ca（ClO）2，具有强氧化性的是Ca（ClO）2；（2）取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，已知石蕊试液遇到碱性溶液会变蓝色；（3）氯气与石灰乳Ca（OH）2反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（4）次氯酸具有强氧化性，可与二氧化硫发生氧化还原反应；（5）反应中HCl为还原剂，被氧化生成氯气，化合价由1价升高到0价【解答】解：（1）漂白粉的成分为CaCl2、Ca（ClO）2，具有强氧化性的是Ca（ClO）2，即漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2；故答案为：Ca（ClO）2；（2）取漂白液少量，滴入35滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，已知石蕊试液遇到碱性溶液会变蓝色，说明具有碱性和氧化性，故答案为：BC；（3）氯气与石灰乳Ca（OH）2反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（4）次氯酸具有强氧化性，可与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应后不可能生成亚硫酸钙，应生成硫酸钙，故答案为：不正确；因为亚硫酸钙（CaSO3）具有强的还原性，会被HClO氧化生成硫酸钙；（5）反应中HCl为还原剂，被氧化生成氯气，化合价由1价升高到0价，当转移0.2mol电子时，参加反应的还原剂的物质的量为为0.2mol，故答案为：0.2mol【点评】本题考查漂白粉的成分、性质及制备、氧化还原反应，注意利用信息提供的反应物与生成物书写反应以及把握电子转移的计算方法，侧重基础知识的考查，题目难度不大20实验室可以用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应生成二氯化锰与氯气，纯净的氯气和铁粉反应制取少量氯化铁固体，其反应装置示意图如图，回答下列问题：（1）A装置可制取氯气，反应前分液漏斗中药品为浓盐酸（2）写出A装置中制取氯气所发生的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（3）装置B中盛放的试剂是饱和食盐水（4）装置E的作用是安全瓶，防止倒吸（5）装置C的作用是干燥氯气（6）装置F中发生反应的化学方程式是2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O【考点】氯气的实验室制法【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）实验室制备氯气用的原料为浓盐酸与二氧化锰；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（3）浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢，要制备纯净的氯气应除去氯化氢，结合氯化氢、氯气的溶解性选择合适的除杂剂；（4）氯气与氢氧化钠反应，被氢氧化钠吸收，容易发生倒吸，装置E作用是防止倒吸的发生；（5）从B中出来的氯气含有水蒸气，进入D装置前应进行干燥；（6）氯气有毒，装置F中盛有氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水【解答】解：（1）实验室制备氯气用的原料为浓盐酸与二氧化锰，所以分液漏斗中为浓盐酸；故答案为：浓盐酸；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢，要制备纯净的氯气应除去氯化氢，氯化氢易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故答案为：饱和食盐水；（4）氯气与氢氧化钠反应，被氢氧化钠吸收，容易发生倒吸，装置E作用作为安全瓶，防止倒吸的发生；故答案为：安全瓶，防止倒吸；（5）从B中出来的氯气含有水蒸气，进入D装置前应进行干燥，所以C装置的作用是干燥氯气；故答案为：干燥氯气；（6）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O；故答案为：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O；【点评】本题通过氯化铁的制备为载体，考查了氯气的制备、净化、收集、性质的检验等，明确氯气制备原理和氯气的性质是解题关键，题目难度不大21将Fe