江西省南丰一中、黎川一中、广昌一中、金溪一中高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

江西省南丰一中、黎川一中 、广昌一中、金溪一中2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一、选择题（本题包括16道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1据中央电视台报道，近年来我国的一些沿江城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系( )a乳浊液b溶液c胶体d悬浊液考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：根据常见的胶体有淀粉溶液、冬天的大雾、牛奶、鸡蛋（蛋白质溶液）溶液、al（oh）3胶体、fe（oh）3胶体等解答：解：分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：c点评：本题考查学生题考查学生教材知识的记忆熟练程度，可以根据所学知识进行回答，记住常见的胶体是解题的关键2根据下列反应判断有关的物质氧化性由强到弱的顺序是( )h2so3+i2+h2o=2hi+h2so42fecl3+2hi=2fecl2+2hcl+i23fecl2+4hno3=2fecl3+no+2h2o+fe（no3）3ah2so3ife2+nobhno3fe3+i2h2so4chno3fe3+h2so3i2dnofe2+h2so3i考点：氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答解答：解：h2so3+i2+h2o=2hi+h2so4反应中碘得电子作氧化剂，亚硫酸失电子作还原剂，氧化产物是硫酸，所以氧化性i2h2so4；2fecl3+2hi=2fecl2+2hcl+i2反应中氯化铁得电子作氧化剂，hi失电子作还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性fe3+i2；3fecl2+4hno3=2fecl3+no+2h2o+fe（no3）3反应中hno3得电子作氧化剂，fecl2失电子作还原剂，氧化产物是fe3+，所以氧化性hno3fe3+；所以这几种微粒氧化性强弱顺序是hno3fe3+i2h2so4，故选b点评：本题考查了氧化还原反应中氧化性强弱的判断，明确“同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”是解本题的关键，难度不大3某无土栽培用的营养液，要求kcl、k2so4和nh4cl 3种固体原料按物质的量之比为2：1：2溶于水，但实验室只有kcl和（nh4）2so4固体，应取kcl和（nh4）2so4固体的物质的量之比为多少配成的营养液也可以满足上述要求( )a2：1b1：1c4：1d3：2考点：物质的量浓度的相关计算 分析：计算营养液中n（nh4+）、n（cl）、n（k+）、n（so42），根据离子守恒计算用kcl和（nh4）so4两种固体为原料来配制时需要各自物质的量解答：解：kcl、k2so4和nh4cl 3种固体原料按物质的量之比为2：1：2溶于水，设nh4cl的物质的量为2mol，则kcl和k2so4的物质的量分别为2mol和1mol，则n（nh4+）=2mol，n（cl）=2mol+2mol=4mol，n（k+）=2mol+2mol=4mol，n（so42）=1mol，由kcl和（nh4）2so4两种固体配制的营养液，根据硫酸根离子守恒可知，需要n=1mol，由氯离子守恒，则n（kcl）=4mol，故选c点评：本题考查物质的量的有关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意利用离子守恒进行的计算4在三个体积相同的密闭容器中分别充入nh3、co2、o2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序是( )ap（nh3）p（co2）p（o2）bp（nh3）p（o2）p（co2）cp（co2）p（o2）p（nh3）dp（co2）p（nh3）p（o2）考点：阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，据此判断解答：解：氨气的摩尔质量是17g/mol，二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是p（nh3）p（o2）p（co2），故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及推论，同时考查学生分析问题、解决问题能力，注意把握比较压强大小的角度和相关计算公式的运用，难度不大5在空气中，有下列反应发生：n2+o22no；2no+o22no2；3no2+h2o2hno3+no；2so2+o22so3；so3+h2oh2so4；so2+h2oh2so3；3o22o3其中属于氧化还原反应的是( )abcd考点：氧化还原反应 分析：氧化还原反应的特征是元素化合价的变化，如发生氧化还原反应，则一定存在元素化合价的变化，结合具体的反应进行判断解答：解：n和o元素化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；n和o元素化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；n元素化合价变化，由+4价分别变化为+5价和+2价，属于氧化还原反应，故正确；s和o元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故正确；元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故错误；元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故错误；元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故错误故选a点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大6奥运五环代表着全世界五大洲的人民团结在一起下列各项中的物质，能满足如图中阴影部分关系的是( )anaclk2so4kcl（nh4）2so4bna2so4k2so4kclnh4clcnaclk2so4kclnh4cldna2so4k2so4kcl（nh4）2so4aabbccdd考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题分析：根据盐电离出的阴阳离子的种类分类即可，例如阳离子为钠离子的盐统称为钠盐，阴离子为硫酸根离子的盐统称为硫酸盐解答：解：anacl属于盐酸盐，不是硫酸盐，（nh4）2so4属于硫酸盐，不是盐酸盐，故a错误；b各项均符合，故b正确；cnacl属于盐酸盐，不是硫酸盐，故c错误；d（nh4）2so4属于硫酸盐，不是盐酸盐，故d错误；故选b点评：本题考查了盐的分类，把握分类依据分析即可解答，难度不大7下列说法正确的是( )a铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质bnh3、co2的水溶液均能导电，所以nh3、co2均是电解质c液态hcl、固体nacl均不能导电，所以hcl、nacl均是非电解质d蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质考点：电解质与非电解质 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物b、电离出的离子必须该化合物本身电离的，不是和其他物质生成的化合物电离的c、在水溶液里或熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，电解质不一定导电d、在水溶液里或熔融状态下不能导电的化合物是非电解质解答：解：a、铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故a错误b、nh3、co2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故b错误c、氯化氢和氯化钠溶于水电离出自由移动的离子而使溶液导电，但液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，但氯化氢和氯化钠是电解质，故c错误d、蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故d正确故选d点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意无论电解质还是非电解质都必须是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质8把v l含有mgs04和k2s04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol naoh的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol bacl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡则原混合溶液中钾离子的浓度为( )amoll1bmoll1cmoll1dmoll1考点：离子方程式的有关计算 分析：根据两等份中一份加氢氧化钠时发生mg2+2oh=mg（oh）2，另一份加bacl2的溶液发生ba2+so42=baso4，且两个反应中使镁离子、硫酸根离子完全转化为沉淀，利用物质的物质的量代入离子方程式来计算mg2+和so42的物质的量，然后计算原混合溶液中钾离子的浓度解答：解：设每份中镁离子的物质的量为x，硫酸根离子的物质的量为y，则由mg2+2oh=mg（oh）2可知， 1 2 x amol，解得x=0.5amol，由ba2+so42=baso4可知， 1 1 bmol y，解得y=bmol，忽略溶液中的h+和oh由电荷守恒知，b2=n（k+）+0.5a2，溶液中k+的物质的量为（b0.5a）2mol=（2ba）mol，又由于混合溶液分成两等份，则原溶液中的k+的物质的量为2（2ba）mol，则原混合溶液中钾离子的浓度为=moll1，故选：d点评：本题考查学生利用离子方程式进行计算，学生应明确信息中恰好使离子转化为沉淀，然后利用离子之间的反应、电荷守恒、物质的量浓度的计算即可解答9已知a2on2可与b2反应，b2被氧化，产物为b单质，a2on2被还原，产物为a3+且知100mlc（a2on2）=0.3moll1的溶液与150mlc（b2）=0.6moll1的溶液恰好完全反应，则n值为( )a4b5c6d7考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：根据化合价代数和为0可知a2on2中a的化合价为+=+（n1），a2on2与b2反应，得失电子数目相等，可根据化合价的升降数值相等计算n值解答：解：a2on2中a的化合价为+=+（n1），n（a2on2）=0.1l0.3mol/l=0.03mol，nc（b2）=0.15l0.6mol/l=0.09mol氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则0.03mol2（n13）=0.09mol（20）n=7，故选d点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等的角度计算10乙醇（c2h6o）水溶液中，当乙醇分子和水分子中氢原子个数相等时，溶液中乙醇的质量分数为( )a20%b50%c46%d32%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：乙醇溶液中溶质的质量分数=100%，因此需要判断溶质乙醇与溶剂水的质量关系；每个乙醇c2h5oh分子中含6个h原子，每个水h2o分子中含2个h原子；根据“乙醇分子里所含的氢原子总数与水分子里所含的氢原子总数相等”可推算溶液中乙醇与水的质量关系，然后计算出溶液中乙醇的质量分数解答：解：溶液中乙醇和水分子中含有氢原子数相等，根据乙醇和水的分子式可得乙醇分子与水分子间的关系：c2h5oh6h3h2o，则 c2h5oh6h3h2o46 54所以该乙醇溶液中溶质的质量分数为：100%=46%，故选c点评：本题考查了溶质质量分数的简单计算，题目难度中等，正确找出乙醇溶液中乙醇和水的质量关系是解题关键，注意掌握质量分数的概念及计算方法11150时，nh4hco3分解为nh3、h2o、co2三种物质，此时该混合气的密度是相同条件下的氢气密度的( )a26.3倍b15.25倍c13.2倍d12倍考点：铵盐；阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；氮族元素分析：先根据nh4hco3分解求出混合气体的平均摩尔质量，然后利用密度之比等于摩尔质量之比解答：解：因nh4hco3发生反应：nh4hco3nh3+h2o+co2 17 18 44 则混合气平均摩尔质量为=26.33g/mol， 因氢气密度之比等于摩尔质量之比，所以混合气的密度是相同条件下的氢气密度的26.332=13.2，故答案为：c点评：本题结合铵盐的化学性质，考查了平均摩尔质量的计算以及相对密度的计算12现有cuo、feo、fe2o3组成的混合物m g，向其中加入100ml 3moll1硫酸，恰好完全溶解，若m g该混合物在过量氢气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为( )a（m1.6）gb（m2.4）gc（m4.8）gd无法计算考点：有关混合物反应的计算 专题：分析比较法分析：金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由反应cuocuso4，fe2o3fe2（so4）3，feofeso4，可知h2so4的物质的量等于金属氧化物中o元素的物质的量，据此计算金属氧化物中氧元素的质量，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量解答：解：由反应cuocuso4，fe2o3fe2（so4）3，feofeso4，可知h2so4的物质的量等于金属氧化物中o元素的物质的量，n（h2so4）=0.1l3mol/l=0.3mol，所以金属氧化物中o的质量为0.3mol16g/mol=4.8g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量为mg4.8g，故选c点评：本题考查混合物的计算，难度中等，注意根据反应的特点，确定金属氧化物与硫酸反应的关系式，从而得出硫酸的物质的量与金属氧化物中o氧原子物质的量相等，是解答该题的关键13设na为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )标准状况下，11.2l以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为na同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等2mol/l的氯化镁溶液中含氯离子为4na标准状况下22.4lh2o中分子数为na32g o2和o3混合气体中含有原子数为2naabcd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：氮气和氧气都是双原子分子，标况下11.2l混合气体的物质的量为0.5mol，含有1mol原子；相同条件下，等体积的任何气体含有的分子数一定相等；1l 2mol/l的氯化镁溶液中含氯离子为4na；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其物质的量；32g臭氧和氧气的混合物中含有32g氧原子解答：解：标准状况下，11.2l气体的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和氧气的混合气体中含有1mol原子，所含的原子数为na，故正确；同温同压下，气体的摩尔体积相同，则体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，所含的分子数相等，ar为单原子分子，故所含原子数不相同，故错误；1l 2mol/l的氯化镁溶液中含氯离子为4na，此题未说明溶液的体积，故错误；标准状况下，水的状态不是气体，题中条件无法计算22.4l水的物质的量，故错误；32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，含有2mol氧原子，含有原子数为2na，故正确，故选c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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力14已知mg在空气中点燃可能发生下列三个化学反应：2mg+o22mgo 3mg+n2mg3n2 2mg+co22mgo+c现有1mol mg在足量的纯co2气体中点燃，mg无剩余，则产生固体的质量为( )a40gb46gc6gd33.3g考点：化学方程式的有关计算；镁的化学性质 分析：由方程式：2mg+co22mgo+c，1mol mg在足量的纯co2气体中点燃，需要0.5mol的二氧化碳，产物都是固体，再根据质量守恒计算即可解答：解：由方程式：2mg+co22mgo+c，1mol mg在足量的纯co2气体中点燃，需要0.5mol的二氧化碳，产物都是固体，所以产生固体的质量为1mol24g/mol+0.5mol44g/mol=46g，故选b点评：本题考查mg在足量的纯co2气体中点燃所得固体质量的计算，难度中等，注意根据发生的反应利用守恒法进行解答，侧重考查学生分析思维能力与解题方法技巧的考查15在标准状况下6.72l ch4 3.011023个hcl分子 13.6g h2s 0.2mol nh3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是( )a体积b密度c质量d氢原子个数aa b cbb c dca b c dda c d考点：阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，据此判断；b、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比；c、计算各物质的质量进行比较；d、计算出各物质的物质的量，结合化学式判断h原子的物质的量，据此解答解答：解：6.72l ch4 物质的量为=0.3mol，3.011023个hcl分子的物质的量为0.5mol，13.6g h2s 的物质的量为=0.4mol，0.2mol nh3a相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积，故a正确；b各物质的摩尔质量分别为ch4 为16g/molhcl为36.5g/mol h2s 为34g/molnh3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度，故b正确；c各物质的质量分别为ch4 为0.3mol16g/mol=4.8ghcl为0.5mol36.5g/mol=33.25g h2s 13.6gnh3为0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量，故c正确；d各物质中h原子的物质的量分别为ch4 为0.3mol4=1.2molhcl为0.5molh2s 0.4mol2=0.8molnh3为0.2mol3=0.6mol，所以氢原子个数，故d正确故选c点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论、常用化学计量数的有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握16已知硫酸溶液的质量分数越大时，其溶液的密度越大且密度都大于1g/ml，现将90%和10%的两种h2so4溶液等体积混合后，溶液的质量分数为( )a大于50%b等于50%c小于50%d无法确定考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算 专题：计算题分析：设质量分数分别为10%与90%的硫酸溶液的密度分别为xg/ml、yg/ml，硫酸溶液的密度随浓度增大而增大，所以xy假定体积为vml，混合后溶质质量为混合前两溶液中溶质质量之和，混合后溶液质量为混合前溶液质量之和，根据质量分数定义用x、y表示出混合后的质量分数，结合密度关系判断解答：解：设质量分数分别为10%与90%的硫酸溶液的密度分别为xg/ml、yg/ml，硫酸溶液的密度随浓度增大而增大，所以xy假定体积为vml，则10%硫酸溶液的质量为vmlxg/ml=vxg，溶质硫酸的质量为：vxg10%=0.1vxg；90%的硫酸溶液的质量为vmlyg/ml=vyg，溶质硫酸的质量为：vyg90%=0.9vyg；则混合后硫酸的溶质质量分数为：100%=100%=10%+100%=10%+80%，由于xy，所以1，则1+2，80%40%，所以混合液中溶质质量分数：10%+80%50%，故选a点评：本题考查溶质质量分数的计算，题目难度中等，注意掌握溶质质量分数的概念及计算方法，明确硫酸的浓度越大、密度越大为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、填空题（本题包括3小题，共25分）17（1）请将5种物质：n2o、feso4、fe（no3）3、hno3和fe2（so4）3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式feso4+hno3fe（no3）3+fe2（so4）3+n2o+h2o（2）反应物中发生氧化反应的物质是feso4，被还原的元素是n（3）反应中0.5mol 氧化剂得到2mol 电子考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应 分析：（1）所给的物质组合中，hno3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为n2o，能将还原性的feso4氧化为fe2（so4）3，水在生成物中，以此组成一个未配平的化学方程式；（2）反应物中所含元素化合价升高的物质被氧化；所含元素化合价降低的被还原；（3）根据化合价变化数目计算0.5mol氧化剂发生还原时转移电子数解答：解：（1）所给的物质组合中，hno3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为n2o，能将还原性的feso4氧化为fe2（so4）3，水在生成物中，组成一个未配平的化学方程式为：feso4+hno3fe（no3）3+fe2（so4）3+n2o+h2o，故答案为：hno3；fe（no3）3；fe2（so4）3；n2o；（2）依据方程式：30hno3+24feso4=8fe（no3）3+8fe2（so4）3+3n2o+15h2o，可知：硫酸亚铁中的二价铁离子化合价升高，所以硫酸亚铁被氧化；化合价降低的元素被还原，反应中硝酸中n元素化合价由+5价降低到+1价，被还原；故答案为：feso4；n；（3）30hno3+24feso4=8fe（no3）3+8fe2（so4）3+3n2o+15h2o，硝酸为氧化剂，由方程式可知：hno30.5n2o转移电子数4，0.5mol 2mol；故答案为：2点评：本题考查氧化还原反应化学方程式的书写，侧重于从化合价分析氧化产物和还原产物，从原子守恒确定其他反应物或产物，根据根据电子守恒和质量守恒来配平方程式，根据方程式进行计算，注意对基本概念的掌握，题目难度中等18写出能实现下列反应的化学方程式各一个：（1）co2+2ohco32+h2oco2+2naoh=na2co3+h2o（2）zn+2h+zn2+h2zn+h2so4znso4+h2考点：离子方程式的书写；化学方程式的书写 分析：（1）该离子方程式表示二氧化碳与强碱反应生成可溶性的碳酸盐和水；（2）可表示zn与非氧化性强酸反应生成可溶性盐和氢气的离子反应解答：解：（1）该离子方程式表示二氧化碳与强碱反应生成可溶性的碳酸盐和水的一类反应，如：co2+2naoh=na2co3+h2o，故答案为：co2+2naoh=na2co3+h2o；（2）可表示zn与非氧化性强酸反应生成可溶性盐和氢气的一类离子反应，如：zn+h2so4znso4+h2，故答案为：zn+h2so4znso4+h2点评：本题考查离子反应与化学反应的书写，为2015届高考中的经典题型，题目难度中等，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及离子反应的意义的考查19“探险队员”盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或者是其水溶液），盐酸必须避开它们，否则就无法通过（1）请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）（2）能与稀盐酸发生氧化还原反应的物质是（填写物质前的序号）（3）与盐酸反应的离子方程式fe2o3+6h+=2fe3+3h2o考点：氧化还原反应；离子方程式的书写；化学基本反应类型 分析：（1）解决该题应该找出一条不能和盐酸发生反应的物质构成的路酸的化学性质有：能够和酸碱指示剂变色，能够和活泼金属反应，能够和金属氧化物反应，能够和碱反应，能够和某些盐反应活泼金属即在金属活动性顺序表中氢前的金属，酸和金属氧化物、碱、盐发生的反应是复分解反应，因此必须有水、沉淀或气体生成；（2）只有活泼金属与盐酸发生氧化还原反应生成氢气；（3）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水解答：解：（1）利用图示的物质对相关的与盐酸不能反应的物质作出判断即可，由于盐酸不能和二氧化碳、不活泼金属铜和银、氯化钠、二氧化硫、硫酸反应，故路线为：，故答案为：；（2）只有活泼金属与盐酸发生氧化还原反应生成氢气，即zn，故答案为：；（3）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为fe2o3+6h+=2fe3+3h2o，故答案为：fe2o3+6h+=2fe3+3h2o点评：本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握金属及化合物的性质、反应类型及发生的反应为解答的关键，侧重分析能力及知识的应用能力和解决问题的能力的考查，题目难度不大20现有下列九种物质：h2 铝 na2o co2h2so4 ba（oh）2固体 氨水稀硝酸熔融al2（so4）3（1）按物质的分类方法填写表格的空白处：分类标准能导电非电解质电解质属于该类的物质（2）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：h+ohh2o，该离子反应对应的化学方程式为2hno3+ba（oh）2=ba（no3）2+2h2o（3）在水中的电离方程式为al2（so4）3=2al3+3so42（4）少量的通入的溶液中反应的离子方程式为：ba2+2oh+co2=baco3+h2o（5）与发生反应的化学方程式为：al+4hno3al（no3）3+no+2h2o，该反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比是1：1，当有5.4g al发生反应时，转移电子的物质的量为0.6mol考点：电解质与非电解质；离子方程式的书写；氧化还原反应的计算 分析：（1）物质导电的条件是存在自由电子或者自由移动的离子；电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；（2）强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为h+ohh2o；（3）al2（so4）3为强电解质，完全电离；（4）二氧化碳少量，氢氧化钡溶液与二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀和水，据此写出反应的离子方程式；（5）al+hno3al（no3）3+no+h2o中，al元素的化合价由0升高为+3价，n元素的化合价由+5价降低为+2价，结合电子守恒及原子守恒配平及计算解答：解：（1）铝中含有自由电子，氨水 稀硝酸 熔融al2（so4）3都存在自由移动的离子，所以能够导电；cuo h2so4 ba（oh）2固体熔融al2（so4）3都是化合物，在水溶液或者熔融状态下能够导电，属于电解质；co2自身不能电离出自由移动离子，不能导电属于非电解质；故答案为：；（2）强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为h+ohh2o，符合条件的化学反应为2hno3+ba（oh）2=ba（no3）2+2h2o，故答案为：2hno3+ba（oh）2=ba（no3）2+2h2o；（3）al2（so4）3为强电解质，完全电离，电离方程式为al2（so4）3=2al3+3so42，故答案为：al2（so4）3=2al3+3so42；（4）少量的二氧化碳通入氢氧化钡溶液中，反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：ba2+2oh+co2=baco3+h2o，故答案为：ba2+2oh+co2=baco3+h2o；（5）al+hno3al（no3）3+no+h2o中，al元素的化合价由0升高为+3价，n元素的化合价由+5价降低为+2价，由电子守恒及原子守恒可知，该反应为al+4hno3=al（no3）3+no+2h2o，氧化剂为硝酸、还原剂为al，二者的物质的量之比为1：1；5.4g al发生反应时，转移电子的物质的量为（30）=0.6mol，故答案为：1：1；0.6mol点评：本题考查铝的化学性质，为高频考点，涉及酸碱中和离子反应、电离、物质的量有关计算、氧化还原反应及计算等，把握化学用语的使用为解答的关键，综合性较强，注重2015届高考高频考点的考查，题目难度不大三、实验题（本题包括2小题，共21分）21食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料粗食盐常含有少量ca2+、mg2+、so42等杂质离子，实验室提供的试剂如下：饱和na2co3溶液、饱和k2co3溶液、naoh溶液、bacl2溶液、ba（no3）2溶液、75%乙醇、四氯化碳实验室提纯nacl的流程如图1：（1）欲除去溶液中的ca2+、mg2+、so42离子，从实验室提供的试剂中选出，按滴加顺序依次为i naoh溶液 iibacl2溶液iii饱和na2co3溶液（2）请写出下列试剂加入时发生反应的离子反应方程式：加入试剂i：mg2+2oh=mg（oh）2；加入试剂iii：ba2+co32=baco3、ca2+co32=caco3（3）洗涤除去nacl晶体表面附带的少量kcl，选用的试剂为75%乙醇（从提供的试剂中选）（4）实验中用到的盐酸的物质的量浓度为0.400mol/l，现实验室某浓盐酸试剂瓶上的有关数据如图2：欲用图2所述的浓盐酸配制实验所需浓度的稀盐酸480ml，配制需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、20ml量筒、500ml容量瓶（填仪器名称）需量取的浓盐酸的体积为：16.8ml考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：在溶液中可依次加入氢氧化钠、氯化钡、饱和碳酸钠溶液，过滤所得滤液含有氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，所得溶液为氯化钠，蒸发浓缩，冷却结晶可得到氯化钠晶体（1）加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子和三价铁离子，加入过量的氯化钡可以除去硫酸根离子，最后加入过量的碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，注意碳酸钠一定放在在后；（2）加入氢氧化钠后氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀；加入碳酸钠后，钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀；（3）根据有机物的性质以及氯化钾在有机物中的溶解度知识来回答；（4）据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；依据稀释前后溶液中所含的氯化氢的物质的量不变计算解答解答：解：在溶液中可依次加入氢氧化钠、氯化钡、饱和碳酸钠溶液，过滤所得滤液含有氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，所得溶液为氯化钠，蒸发浓缩，冷却结晶可得到氯化钠晶体（1）欲除去溶液中的ca2+、mg2+、fe3+、so42离子，应首先加入过量的氢氧化钠除去镁离子和三价铁离子，然后加入过量的氯化钡可以除去硫酸根离子，最后加入过量的饱和碳酸钠溶液除去过量的钡离子和钙离子，故答案为：bacl2溶液；饱和na2co3溶液；（2）加入氢氧化钠后氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：mg2+2oh=mg（oh）2，加入碳酸钠后，钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：ba2+co32=baco3；钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式：ca2+co32=caco3；故答案为：i：mg2+2oh=mg（oh）2；iii：ba2+co32=baco3、ca2+co32=caco3；（3）除去nacl晶体表面的少量的kcl，应选用75%的乙醇，因为ccl4有毒，同时kcl也不会溶解在ccl4中，故答案为：75%乙醇；（4）用浓溶液配制烯溶液的步骤为：计算出需要的浓盐酸的体积16.8ml，用20ml量筒量取所需要的浓盐酸的体积，在烧杯中稀释（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以还需要的玻璃仪器有：20ml量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、500ml容量瓶；故答案为：20ml量筒；500ml容量瓶； 从浓盐酸试剂瓶上的有关数据可知盐酸的密度为1.19g/ml，质量分数为36.5%，摩尔质量为36.5g/mol，依据c=，该浓盐酸的物质的量浓度为：c=mol/l=11.9mol/l，稀释前后溶液中所含的氯化氢的物质的量不变，设消耗浓盐酸的体积为vml，则11.9mol/lv=0.400mol/l500ml，解得v=16.8ml，故答案为：16.8ml点评：本题考查以粗盐的提纯为载体综合考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目难度不大，明确除去杂质离子用到的试剂及顺序，熟悉配置一定物质的量浓度溶液所需要的仪器和步骤是解题的关键22碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的kio3进去某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：kio3+5ki+3h2so43i2+3h2o+3k2so4（1）写出kio3检测原理的离子方程式：io3+5i+6h+=3i2+3h2o该反应氧化产物与还原产物质量比是5：1（2）先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和ki溶液，最后加入一定量的ccl4，震荡，这时候，观察到的现象是溶液分成两层，上层无色，下层呈紫（红）色；（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是acda溶解的时候溶液没有冷却到室温就转移b转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒c向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面d用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶e摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线（4）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是bcda使用容量瓶前检验是否漏水b容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤c配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线d配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线e盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀考点：溶液的配制 分析：（1）kio3、ki、h2so4、k2so4写成离子形式，i2、h2o写成化学式，删除未参加反应的k+、so42；kio3+5ki+3h2so43i2+3k2so4+3h2o中，i元素的化合价由+5价降低为0，i元素的化合价由1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；（2）碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；（3）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积v的变化来进行误差分析；（4）根据容量瓶的使用方法和注意事项来回答问题；解答：解：（1）kio3、ki、h2so4