2019-2020年高一化学下学期暑假作业（十）（含解析）.doc

2019-2020年高一化学下学期暑假作业（十）（含解析）一、单项选择题（每题2分，共50分）1下列物质放置在空气中变质，不是因为发生氧化还原反应而变质的是( )ANaBNa2O2CNa2ODNa2SO32实验室中要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+全部沉淀出来，最适宜的试剂是( )ANaOH溶液B氨水CBa（OH）2溶液D盐酸3酸性条件下1mol KMnO4可将5mol Fe2+ 氧化为Fe3+，则 KMnO4被还原的产物为( )AMnBMn2+CMnO2DKMnO34下列物质中不能由氯气直接反应制得的是( )ACuCl2BCa（ClO）2CFeCl2DNaCl5将SO2通入显红色的酚酞试剂中，发现红色消失，这主要是因为SO2( )A有漂白性B有还原性C溶于水后显酸性D有氧化性6向某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，则下列离子在该溶液中一定不会大量存在的是( )ANa+BNO3CCO32DHCO37下列各组中的两物质作用时，反应条件（温度、反应物用量比）改变，不会引起产物的种类改变的是( )ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2DC和O28下列物质属于非电解质的是( )ANH3B（NH4）2SO4CCl2DCH3COOH9“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料如将“纳米材料”分散在液体分散剂中，所得混合物具有的性质是( )A所得物质一定为悬浊液B所得物质一定为乳浊液C肯定有丁达尔效应D所得物质肯定不能能透过滤纸10实验室有一瓶购置时间较长绿矾（FeSO47H2O），老师将其交给化学研究小组某同学检验药品是否有变质现象，这位同学取绿矾做了简单的检验，得出的结论是：已经开始氧化该同学所用的试剂和判断依据是( )AABBCCDD11欲从食盐水中提取出食盐，最好采用的方法是( )A过滤B萃取C蒸发D蒸馏12储存浓H2SO4的铁罐外口会出现严重的腐蚀现象，这体现浓H2SO4的( )A吸水性和酸性B脱水性和吸水性C强氧化性和吸水性D不挥发性和酸性13用坩埚钳夹住一小块刚用酸处理过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落下列关于上述实验现象的解释不正确的是( )A氧化铝未熔化B铝在空气中能很快形成氧化膜C氧化铝的熔点比铝高D酒精灯温度低，铝未熔化14下列离子方程式书写正确的是( )AC12与水反应C12+H2O2H+C1+ClOB氯化铁溶液与铁单质反应 Fe3+2Fe3Fe2+C大理石与盐酸反应CO32+2H+H2O+CO2D二氧化硅与氢氧化钠溶液反应 SiO2+2OHSiO32+H2O15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 NA16下列离子方程式错误的是( )A硅酸钠溶液中通入CO2气体 SiO32+H2O+CO2H2SiO3+CO32B硫酸铝与过量氨水反应 Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC氯气与氢氧化钠溶液反应Cl2+2OHCl+ClO+H2OD碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应HCO3+H+H2O+CO217某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向装有该溶液的试管中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是NH4+Mg2+Fe2+Al3+( )ABCD18下列四种溶液中一定存在SO42的是( )A向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解C向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生D向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生19将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体，仍无沉淀，则通入的气体可能是( )ACO2BNH3CSO3DCl220下列叙述正确的是( )A光导纤维的主要原料就是Na2SiO3B盛液溴的试剂瓶常加少量水C硅酸可由SiO2直接制得D氯气可用于漂白，这是氯气具有漂白作用21对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是( )ACl2是氧化剂，NaOH是还原剂B被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为5：1CCl2既做氧化剂又做还原剂D氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5：122把足量的铁粉投入稀硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，残留固体的质量与原来加入铁粉的质量相等，则原溶液中H+和SO42的物质的量之比为( )A1：4B2：7C1：2D8：3123将0.03mol Cl2缓缓通入含有0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程中C（H+）与Cl2用量的关系是( )ABCD24将3.9g镁铝合金，投入到500mL2molL1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4molL1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是( )A125mLB200mLC250mLD560mL25配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成实验结果偏低的是( )A未冷却至室温直接把NaOH溶液移入容量瓶中B定容时观察液面仰视C样品中含有少量Na2O杂质D容量瓶中原来有少量蒸馏水二、填空题（50分）26（1）用过量的锌与浓H2SO4反应，某同学认为除了生成二氧化硫外，还有氢气产生，理由_（2）用过量铜片与0.2mol浓H2SO4共热足够长时间（只考虑铜与浓H2SO4反应，忽略其他副反应），甲认为产生的SO2_ 0.1mol（填或），理由是_27SO2被称为“空中死神”，其对环境的危害非常大为了减少危害，人们进行了许多有益的探索和研究，并且在实际应用上取得了一定的成果（1）工业上常在煤中加入生石灰来处理煤碳中的SO2，这是利用了SO2属于_氧化物的性质，反应后得到硫酸钙请用化学方程式表示_（2）近年来，有人提出了一种利用电解饱和氯化钠溶液治理含二氧化硫的废气并回收二氧化硫的方法该方法的流程如图：此种方法中，可以循环利用的物质是_写出反应I的离子方程式：_28向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色完成下列填空：1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果系数是1，不用填写）：写出产物即可不需要配平2）整个过程中的还原剂是_3）把KI换成KBr，则CCl4层变为_色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化 由此推测Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_29分有X、Y、Z三种单质，X为金属单质，Y、Z为非金属单质，Y、Z通常情况下为气态，Y、Z一定条件下反应的产物溶于水可得无色溶液E，E能使紫色石蕊试液变红，X与E反应可生成Z和另一产物w，X、Y反应的产物F溶于水为棕黄色溶液，将Y通入w溶液也可得到F的溶液（1）Z的化学式是_ （2）w的名称是_（3）棕黄色溶液F中加入氨水的离子方程式是_（4）若往w溶液中滴入NaOH溶液，可产生沉淀，此沉淀在空气中发生变化的现象是_； 方程式为_30甲、乙两同学欲制取纯净的Fe（OH）2，根据如图所示的装置进行试验A管中是Fe+H2SO4，B管中是NaOH溶液，请回答下列问题（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，在B管中观察到的现象是_（2）同学乙：打开a，使A管中反应一段时间再夹紧止水夹a，实验中在B管中观察到的现象是_，B中发生反应的离子方程式为_（3）同学乙打开a的目的_；_（填甲或乙）同学可成功31向300mL KOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体请回答下列问题：（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色团体请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的？其质量各为多少？所用的KOH溶液的物质的量浓度为多少xx学年河北省保定市满城中学高一（下）化学暑假作业（十）一、单项选择题（每题2分，共50分）1下列物质放置在空气中变质，不是因为发生氧化还原反应而变质的是( )ANaBNa2O2CNa2ODNa2SO3考点：钠的重要化合物；氧化还原反应专题：几种重要的金属及其化合物分析：在化学变化过程中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，根据物质在空气中发生的化学反应来回答解答：解：A、金属钠易和空气中的氧气发生反应生成氧化钠，属于氧化还原反应，故A不选；B、过氧化钠易和空气中的二氧化碳以及水反应，反应为氧化还原反应，故B不选；C、氧化钠和空气中的水反应生成氢氧化钠时，反应中没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；D、亚硫酸钠放置在空气中易变质，被氧气氧化为硫酸钠，属于氧化原反应，故D不选故选C点评：本题考查学生金属钠以及化合物的性质、氧化还原反应的判断等知识，难度不大2实验室中要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+全部沉淀出来，最适宜的试剂是( )ANaOH溶液B氨水CBa（OH）2溶液D盐酸考点：镁、铝的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据题意，Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱解答：解：Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱A、C选项是强碱，所以不可；D选项是酸，与Al3+不反应，所以不可；B选项是弱碱，可以故选B点评：本题以选择沉淀剂为载体，考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性3酸性条件下1mol KMnO4可将5mol Fe2+ 氧化为Fe3+，则 KMnO4被还原的产物为( )AMnBMn2+CMnO2DKMnO3考点：氧化还原反应分析：1mol KMnO4可将5mol Fe2+ 氧化为Fe3+，发生氧化还原反应，反应中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，Mn元素化合价由+7价降低到+x价，结合氧化还原反应得失电子数目相等计算解答：解：1mol KMnO4可将5mol Fe2+ 氧化为Fe3+，发生氧化还原反应，反应中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降低到+x价，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知：5mol（32）=1mol（7x），解得：x=2，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，利用方程式计算比较麻烦，关键抓住氧化还原反应中电子转移守恒计算，难度中等4下列物质中不能由氯气直接反应制得的是( )ACuCl2BCa（ClO）2CFeCl2DNaCl考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：Cl2有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙解答：解：其中的B可由氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，Cl2有强氧化性，与金属反应化合生成相应的盐（氯化物），当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，故A、B、D正确，氯气与Fe反应生成高价态的FeCl3，故C错，故选C点评：Cl2是卤族元素的代表，有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态常见的强氧化剂有：氯气、次氯酸、硝酸、氧气、高锰酸钾等5将SO2通入显红色的酚酞试剂中，发现红色消失，这主要是因为SO2( )A有漂白性B有还原性C溶于水后显酸性D有氧化性考点：二氧化硫的化学性质专题：氧族元素分析：根据二氧化硫不能使指示剂褪色，酚酞显红色说明溶液中存在着碱性的物质，而二氧化硫溶于水后显酸性，可将碱性物质中和，而使酚酞褪色解答：解：因二氧化硫不能使指示剂褪色，酚酞显红色说明溶液中存在着碱性的物质，红色褪去，说明溶液中存没有碱性的物质，是由于二氧化硫溶于水后显酸性，可将碱性物质中和，故选C点评：本题主要考查了二氧化硫水溶液的酸碱性，二氧化硫虽然具有漂白性，但不能使指示剂褪色，且二氧化硫的漂白性是暂时的6向某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，则下列离子在该溶液中一定不会大量存在的是( )ANa+BNO3CCO32DHCO3考点：铝的化学性质；离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据Al能与盐酸或氢氧化钠溶液反应都能生成氢气，则无色透明溶液可能为酸或碱溶液，因硝酸具有强氧化性，则不能为硝酸，然后利用离子的共存来分析解答解答：解：因Al能与盐酸或氢氧化钠溶液反应都能生成氢气，则无色透明溶液可能为酸或碱溶液，A、在酸或碱溶液中都不会与Na+反应，则Na+在该溶液中一定能大量存在，故A不选；B、碱溶液中不会与NO3反应，能大量存在，但在酸性条件下不符合题意，即可能大量存在，故B不选；C、碱溶液中不会与CO32反应，能大量存在，但在酸溶液中能与CO32反应，即可能大量存在，故C不选；D、在酸或碱溶液中，都能与HCO3反应，则在该溶液中一定不会大量存在，故D选；故选D点评：本题考查离子的共存及Al的性质，明确无色溶液及常见离子的反应是解答本题的关键，难度不大7下列各组中的两物质作用时，反应条件（温度、反应物用量比）改变，不会引起产物的种类改变的是( )ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2DC和O2考点：钠的化学性质；钠的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：物质和氧气相互反应时，根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析，氢氧化钠和少量二氧化碳反应的产物是碳酸钠，和过量二氧化碳反应的产物是碳酸氢钠，过氧化钠和二氧化碳反应可以产生碳酸钠和氧气解答：解：A、钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不论谁过量，结果一样，故C正确；D、木炭和氧气反应，氧气过量时生成二氧化碳，氧气不足时生成一氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误故选C点评：此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨8下列物质属于非电解质的是( )ANH3B（NH4）2SO4CCl2DCH3COOH考点：电解质与非电解质专题：离子反应专题分析：根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题解答：解：A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；B、硫酸铵在水溶液中电离出铵根离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸铵是电解质，故B错误；C、非电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；故选A点评：把握电解质和非电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下就是否能够导电，即是否以离子的形式分散在水中，二是该物质是化合物9“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料如将“纳米材料”分散在液体分散剂中，所得混合物具有的性质是( )A所得物质一定为悬浊液B所得物质一定为乳浊液C肯定有丁达尔效应D所得物质肯定不能能透过滤纸考点：纳米材料分析：由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，以此来解答解答：解：分散系中分散质的直径在1nm100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，则该混合物属于胶体A该混合物属于胶体，不是浑浊液，故A错误；B该混合物属于胶体，不是乳浊液，故B错误；C该混合物属于胶体，胶体能发生丁达尔效应，故C正确；D该混合物属于胶体，胶体能透过滤纸，故D错误；故选C点评：本题考查分散系的判断及胶体的性质，明确纳米材料的直径是解答本题的关键，题目难度不大10实验室有一瓶购置时间较长绿矾（FeSO47H2O），老师将其交给化学研究小组某同学检验药品是否有变质现象，这位同学取绿矾做了简单的检验，得出的结论是：已经开始氧化该同学所用的试剂和判断依据是( )AABBCCDD考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题分析：如绿矾变质，则被氧化为Fe2（SO4）3，则溶液中存在Fe3+，可用KSCN溶液检验，以此解答解答：解：A加入氯水，可将Fe2+氧化为Fe3+，不能检验是否变质，故A错误；B加入氢氧化钠溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最红变为红褐色，不能检验是否变质，故B错误；C加入铁屑，无论是否部分变质，最终都为浅绿色FeSO4溶液，不能检验是否变质，故C错误；D如变质，溶液中存在Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红，可检验，故D正确故选D点评：本题考查物质的检验和鉴别的实验设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的检验和鉴别的实验方法，把握物质的性质的异同，难度不大11欲从食盐水中提取出食盐，最好采用的方法是( )A过滤B萃取C蒸发D蒸馏考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂分析：食盐溶于水，加热时水挥发，与食盐分离，以此来解答解答：解：食盐溶于水，加热时水挥发，与食盐分离，则蒸发可提纯食盐，故选C点评：本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大12储存浓H2SO4的铁罐外口会出现严重的腐蚀现象，这体现浓H2SO4的( )A吸水性和酸性B脱水性和吸水性C强氧化性和吸水性D不挥发性和酸性考点：浓硫酸的性质专题：氧族元素分析：铁遇冷的浓H2SO4会发生钝化，但浓H2SO4具有较强的吸水性，吸水后变为稀H2SO4，与活泼金属发生置换反应而使铁罐受腐蚀解答：解：浓硫酸的不挥发性、脱水性与铁的腐蚀无关，铁遇冷的浓H2SO4会发生钝化，在表面生成一层致密的氧化铁膜而保护铁进一步被氧化，但浓H2SO4具有较强的吸水性，吸水后变为稀H2SO4，与活泼金属发生置换反应而使铁罐受腐蚀故选A点评：本题考查浓硫酸的性质，题目难度不大，注意浓硫酸与稀硫酸性质的区别，铁的腐蚀与浓硫酸的吸水性和酸性有关13用坩埚钳夹住一小块刚用酸处理过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落下列关于上述实验现象的解释不正确的是( )A氧化铝未熔化B铝在空气中能很快形成氧化膜C氧化铝的熔点比铝高D酒精灯温度低，铝未熔化考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物分析：在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落，需要根据铝的化学性质以及铝和氧化铝熔点的高低进行解释解答：解：将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故D错误；故选：D点评：本题结合实验考查了铝及氧化铝的性质，培养了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度不大，注意把握氧化铝的物理性质14下列离子方程式书写正确的是( )AC12与水反应C12+H2O2H+C1+ClOB氯化铁溶液与铁单质反应 Fe3+2Fe3Fe2+C大理石与盐酸反应CO32+2H+H2O+CO2D二氧化硅与氢氧化钠溶液反应 SiO2+2OHSiO32+H2O考点：离子方程式的书写分析：A次氯酸为弱电解质，应保留化学式；B电荷不守恒；C碳酸钙为沉淀，应保留化学式；D反应生成硅酸钠和水解答：解：AC12与水反应，离子方程式：C12+H2OH+C1+HClO，故A错误；B氯化铁溶液与铁单质反应生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe3+Fe3Fe2+，故B错误；C大理石与盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+H2O+CO2+Ca2+，故C错误；D二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，离子方程式：SiO2+2OHSiO32+H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式拆分原则，题目难度不大15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16下列离子方程式错误的是( )A硅酸钠溶液中通入CO2气体 SiO32+H2O+CO2H2SiO3+CO32B硫酸铝与过量氨水反应 Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC氯气与氢氧化钠溶液反应Cl2+2OHCl+ClO+H2OD碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应HCO3+H+H2O+CO2考点：离子方程式的书写分析：A反应生成硅酸和碳酸钠；B不符合反应客观事实；C生成氯化钠、次氯酸钠和水；D碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳解答：解；A硅酸钠溶液中通入CO2气体，离子方程式：SiO32+H2O+CO2H2SiO3+CO32，故A正确；B硫酸铝与过量氨水反应，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C氯气与氢氧化钠溶液反应，离子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故C正确；D碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应，离子方程式：HCO3+H+H2O+CO2，故D正确；故选：B点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，题目难度不大17某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向装有该溶液的试管中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是NH4+Mg2+Fe2+Al3+( )ABCD考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答解答：解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意亚铁发生的氧化还原反应，题目难度不大18下列四种溶液中一定存在SO42的是( )A向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解C向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生D向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生考点：硫酸根离子的检验专题：物质检验鉴别题分析：A亚硫酸钡、碳酸钡、硫酸钡和氯化银均为难溶于水的白色沉淀；B硫酸钡和氯化银均为难溶于盐酸；C先加入稀盐酸，可排除Ag+、SO32、CO32等离子的影响；D亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子解答：解：A向甲溶液中加入BaCl2溶液，不能排除SO32、CO32或Ag+的影响，可能生成AgCl、Ag2SO3、Ag2CO3白色沉淀，故A错误；B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故B错误；C先加入稀盐酸，没有产生沉淀，Ag+、SO32、CO32等离子的影响，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42存在，故C正确；D先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选C点评：本题考查SO42的检验，注意排除其它离子的干扰，学习中注意把握相关物质的性质，题目难度中等19将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体，仍无沉淀，则通入的气体可能是( )ACO2BNH3CSO3DCl2考点：二氧化硫的化学性质专题：氧族元素分析：盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2溶液不反应，继续通入另一种气体，仍无沉淀，说明该气体不能和二氧化硫反应使二氧化硫转化为亚硫酸根离子或硫酸根离子，或该气体不和水反应生成含有亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质，据此分析解答解答：解：盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2溶液不反应，继续通入另一种气体，仍无沉淀，说明该气体不能和二氧化硫反应使二氧化硫转化为亚硫酸根离子或硫酸根离子，或该气体不和水反应生成含有亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质，ACO2和SO2不反应，所以符合条件，故A正确；B.2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3，生成的亚硫酸铵和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡白色沉淀，不符合条件，故B错误；CSO3+H2O=H2SO4，生成的硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色沉淀，所以不符合条件，故C错误；DCl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成的硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色沉淀，所以不符合条件，故D错误；故选A点评：本题考查物质之间的反应，涉及酸性强弱判断、氧化还原反应，明确物质的性质是解本题关键，注意氯气和二氧化硫之间的反应，题目难度不大20下列叙述正确的是( )A光导纤维的主要原料就是Na2SiO3B盛液溴的试剂瓶常加少量水C硅酸可由SiO2直接制得D氯气可用于漂白，这是氯气具有漂白作用考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用分析：A光导纤维的主要原料是二氧化硅；B溴具有挥发性，且在水中溶解度较小，密度大于水，所以保存液溴通常采用水封方法；C二氧化硅不溶于水；D氯气不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸解答：解：A光导纤维的主要原料是二氧化硅，故A错误；B溴在水中溶解度较小，密度大于水，且溴具有挥发性，所以保存液溴通常采用水封的方法，故B正确；C二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故C错误；D氯气不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸，故D错误；故选：B点评：本题考查了物质的性质和用途、化学试剂的保存，明确明确常见化学试剂的性质及正确保存方法，注意硅及其化合物的性质，题目难度不大21对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是( )ACl2是氧化剂，NaOH是还原剂B被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为5：1CCl2既做氧化剂又做还原剂D氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5：1考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：A、化合价升高元素所处的反应物为还原剂，化合价降低元素所在的反应物为氧化剂；B、根据反应确定氧化剂和还原剂，进而确定它们的物质的量的关系；C、化合价升高元素所处的反应物为还原剂，化合价降低元素所在的反应物为氧化剂；D、氧化还原反应中得失电子数相等解答：解：A、反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O中，化合价变化的元素只有氯元素，氯气既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到1价，根据氧化还原反应得失电子数相等，则被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1：5，故B错误；C、反应3Cl2+6KOH（浓、热）5KCl+KClO3+3H2O中，氯气中的氯元素化合价既降低又升高，所以Cl2既做氧化剂又做还原剂，故C正确；D、氧化还原反应中得失电子数相等，即氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1：1，故D错误故选C点评：本题考查氧化还原反应的特征和有关的概念内涵，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意反应中只有一种元素化合价变化时的情况，难度较大22把足量的铁粉投入稀硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，残留固体的质量与原来加入铁粉的质量相等，则原溶液中H+和SO42的物质的量之比为( )A1：4B2：7C1：2D8：31考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：向H2SO4、CuSO4混和溶液中投入足量的铁粉，发生反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，最后残留固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4导致固体增重等于反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2中参加反应的Fe的质量为56g，计算H2SO4的物质的量，根据差量法计算计算CuSO4的物质的量，据此计算原溶液中c（H+）与c（SO42）之比解答：解：最后残留固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4导致固体增重等于反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2中参加反应的Fe的质量为56g，其物质的量为1mol，由方程式可知n（H2SO4）=n（Fe）=1mol，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 固体增重m 1mol 64g56g=8g n（CuSO4） 56g故n（CuSO4）=1mol=7mol，故原溶液中c（H+）：c（SO42）=1mol2：（1mol+7mol）=1：4，故选A点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，注意差量法的应用，根据方程式分析反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 导致固体增重等于反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2中参加反应的Fe的质量是解题的关键23将0.03mol Cl2缓缓通入含有0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程中C（H+）与Cl2用量的关系是( )ABCD考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：卤族元素分析：Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br，由于Br全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化解答：解：Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4： Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl 0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗 Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br： Cl2 +2HBr=Br2 +2HCl 0.01mol 0.02mol HBr全部转变为HCl，C（H+）不变；故选：A点评：本题考查了氧化还原反应的计算，注意反应的先后顺序，难度不大24将3.9g镁铝合金，投入到500mL2molL1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4molL1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是( )A125mLB200mLC250mLD560mL考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算专题：几种重要的金属及其化合物分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4molL1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题解答：解：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg（OH）2+2NaClMg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HClNaClNaOH 1 12mol/L0.5L 4mol/LVV=0.25L=250ml故选C点评：该题主要考查了化学计算中常用方法终态法，解题时需注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解，溶液中的溶质只有NaCl，需灵活运用原子守恒解题25配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成实验结果偏低的是( )A未冷却至室温直接把NaOH溶液移入容量瓶中B定容时观察液面仰视C样品中含有少量Na2O杂质D容量瓶中原来有少量蒸馏水考点：溶液的配制分析：分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析解答：解：A未冷却至室温直接把NaOH溶液移入容量瓶中，冷却后，溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故A不选；B定容时观察液面仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B选；C药品中含有少量氧化钠杂化，导致溶质的物质的量偏大，配制溶液浓度偏高，故C不选；D容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，配制溶液浓度无影响，故D不选；故选：B点评：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，明确不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，题目难度不大二、填空题（50分）26（1）用过量的锌与浓H2SO4反应，某同学认为除了生成二氧化硫外，还有氢气产生，理由锌与浓硫酸反应会生成SO2气体，但浓硫酸随着反应的进行会变为稀硫酸，过量的锌与稀硫酸反应生成氢气（2）用过量铜片与0.2mol浓H2SO4共热足够长时间（只考虑铜与浓H2SO4反应，忽略其他副反应），甲认为产生的SO2 0.1mol（填或），理由是浓硫酸随着反应的进行会变为稀硫酸，而稀硫酸不和铜反应，所以0.2摩尔的硫酸不能都参加反应，所以生成的SO2小于0.1mol考点：二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质分析：（1）浓硫酸在反应过程中变成稀硫酸，稀硫酸和Zn反应生成硫酸锌和氢气；（2）加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成二氧化硫，稀硫酸和Cu不反应解答：解：（1）浓硫酸在反应过程中变成稀硫酸，稀硫酸和Zn反应生成硫酸锌和氢气，所以有氢气生成，故答案为：锌与浓硫酸反应会生成SO2气体，但浓硫酸随着反应的进行会变为稀硫酸，过量的锌与稀硫酸反应生成氢气；（2）加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成二氧化硫，稀硫酸和Cu不反应，所以产生的SO20.1mol，故答案为：；浓硫酸随着反应的进行会变为稀硫酸，而稀硫酸不和铜反应，所以0.2摩尔的硫酸不能都参加反应，所以生成的SO2小于0.1mol点评：本题考查浓硫酸和稀硫酸性质，为高频考点，明确浓硫酸和稀硫酸性质差异性是解本题关键，注意：浓硫酸和金属反应生成二氧化硫而不是氢气，题目难度不大27SO2被称为“空中死神”，其对环境的危害非常大为了减少危害，人们进行了许多有益的探索和研究，并且在实际应用上取得了一定的成果（1）工业上常在煤中加入生石灰来处理煤碳中的SO2，这是利用了SO2属于酸性氧化物的性质，反应后得到硫酸钙请用化学方程式表示CaO+SO2CaSO3、2CaSO3+O22CaSO4（2）近年来，有人提出了一种利用电解饱和氯化钠溶液治理含二氧化硫的废气并回收二氧化硫的方法该方法的流程如图：此种方法中，可以循环利用的物质是氯化钠写出反应I的离子方程式：HSO3+H+=H2O+SO2考点：二氧化硫的化学性质；电解原理分析：（1）酸性氧化物和碱性氧化物反应生成亚硫酸盐；亚硫酸盐不稳定，极易被空气中氧气氧化生成硫酸盐；（2）根据图知，能循环利用的物质是氯化钠；亚硫酸氢钠和稀盐酸发生复分解反应生成氯化钠、二氧化硫和水解答：解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，二氧化硫和CaO反应生成亚硫酸钙；亚硫酸钙不稳定，极易被空气中氧气氧化生成硫酸钙，反应方程式为CaO+SO2CaSO3、2CaSO3+O22CaSO4，故答案为：酸性；CaO+SO2CaSO3、2CaSO3+O22CaSO4；（2）根据图知，用氯化钠溶液电解得到NaOH、氯气、氢气，亚硫酸氢钠和稀盐酸反应生成氯化钠，亚硫酸钠能循环利用的物质是氯化钠，故答案为：氯化钠；亚硫酸氢钠和稀盐酸发生复分解反应生成氯化钠、二氧化硫和水，离子反应方程式为HSO3+H+=H2O+SO2，故答案为：HSO3+H+=H2O+SO2点评：本题考查硫及其化合物性质，为高频考点，明确流程图中发生的反应是解本题关键，注意：亚硫酸盐不稳定，极易被氧化，为易错点28向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色完成下列填空：1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果系数是1，不用填写）：写出产物即可不需要配平2）整个过程中的还原剂是I23）把KI换成KBr，则CCl4层变为棕色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化 由此推测Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平专题：氧化还原反应专题；卤族元素分析：（1）根据反应现象和I2的性质分析；（2）根据化合价变化判断氧化剂和还原剂；（3）氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，以此分析解答：解：（1）氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应的方程式为5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl，故答案为：5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl；（2）在Cl2+I2+H20HIO3+HCl反应，I元素的化合价升高，被氧化，I2在反应中做还原剂，故答案为：I2；（3）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为棕色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则有Cl2HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3Cl2HIO3，故答案为：棕；HBrO3Cl2HIO3；点评：本题考查氯气的性质以及氧化性的强弱比较，题目难度不大，本题易错点为（1）29分有X、Y、Z三种单质，X为金属单质，Y、Z为非金属单质，Y、Z通常情况下为气态，Y、Z一定条件下反应的产物溶于水可得无色溶液E，E能使紫色石蕊试液变红，X与E反应可生成Z和另一产物w，X、Y反应的产物F溶于水为棕黄色溶液，将Y通入w溶液也可得到F的溶液（1）Z的化学式是H2 （2）w的名称是氯化亚铁（3）棕黄色溶液F中加入氨水的离子方程式是Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+（4）若往w溶液中滴入NaOH溶液，可产生沉淀，此沉淀在空气中发生变化的现象是白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色； 方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3考点：无机物的推断专题：推断题分析：Y、Z为非金属单质，且通常情况下为气态，Y、Z一定条件下反应的产物溶于水可得无色溶液E，E能使紫色石蕊试液变红，说明E的水溶液呈酸性，应是氢气与氯气反应生成HCl，即E为HCl，X为金属单质，X与E反应可生成Z和另一产物W，则Z应为H2，X、Y反应的产物F溶于水为棕黄色溶液，应生成氯化铁，则Y为Cl2，X为Fe，W为氯化亚铁，将氯气通入氯化亚铁溶液也可得到氯化铁的溶液，据此解答解答：解：Y、Z为非金属单质，且通常情况下为气态，Y、Z一定条件下反应的产物溶于水可得无色溶液E，E能使紫色石蕊试液变红，说明E的水溶液呈酸性，应是氢气与氯气反应生成HCl，即E为HCl，X为金属单质，X与E反应可生成Z和另一产物W，则Z应为H2，X、Y反应的产物F溶于水为棕黄色溶液，应生成氯化铁，则Y为Cl2，X为Fe，W为氯化亚铁，将氯气通入氯化亚铁溶液也可得到氯化铁的溶液（1）由上述分析可知，Z的化学式为：H2，故答案为：H2；（2）由以上分析可知，W为氯化亚铁，故答案为：氯化亚铁；（3）氯化铁溶液与氨水反应离子方程式为：Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，故答案为：Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（4）在氯化亚铁溶液中加入氢氧化钠，可生成白色絮状氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，被空气氧气氧化生成氢氧化铜，可观察到：白色絮状沉淀迅速变为灰