江西省宜市高安二中高一化学上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省宜春市高安二中高一（上）期末化学试卷一选择题（本大题共有16小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1从碘的四氯化碳溶液中分离出碘、并回收四氯化碳，所采用的方法是（）a蒸发b蒸馏c过滤d分液2在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）a甲的分子数比乙的分子数多b甲的物质的量比乙的物质的量少c甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小d甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小3设na为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a标准状况下，5.6 l四氯化碳含有的分子数为0.25nab标准状况下，14 g氮气含有的核外电子数为5nac标准状况下，22.4 l任意比的氢气和氯气的混合气体中含有的分子总数均为nad标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为na4方志敏烈士生前在狱中曾用米汤（内含淀粉）给鲁迅先生写信，鲁迅先生收到信后，为了看清信中内容，可使用的化学试剂是（）a碘化钾b溴水c碘水d碘化钾淀粉溶液5在200ml氯化镁和氯化铝的混合液中，mg2+的物质的量浓度为0.2mol/l，cl的物质的量浓度为1.3mol/l要使mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需要加入 4mol/l naoh溶液的体积为（）a40mlb72mlc80mld128ml6某铁的“氧化物”样品，用5mol/l的盐酸140ml恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56l氯气，使其中fe2+全部转化为fe3+该样品可能的化学式是（）afe2o3bfe3o4cfe4o5dfe5o77下列物质分类正确的是（）aso2、sio2、co均为酸性氧化物b稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体c烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质d漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物8能在溶液中大量共存，加入（nh4）2fe（so4）26h2o晶体后仍能大量存在的离子组是（）ana+、h+、cl、no3bk+、ba2+、oh、icna+、mg2+、cl、so42dcu2+、s2、br、clo9下列离子方程式中，不正确的是（）a向mg（hco3）2溶液中加入过量的naoh溶液mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2ob向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反应完全2ba2+4oh+al3+2so422baso4+alo2+2h2ocfebr2溶液中通入过量的cl2：2fe2+4br+3cl2=2fe3+2br2+6cld向fe（no3）2溶液中加入稀盐酸：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o10某稀溶液中含有fe（no3）3、cu（no3）2、hno3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中fe2+的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示则溶液中fe（no3）3、cu（ no3）2、hn03物质的量浓度之比为（）a1：1：1b1：3：1c2：1：4d1：1：411下列铁的化合物可以分别通过化合反应、置换反应、复分解反应生成的是（）afecl2bfe3o4cfe（oh）3dfe2（so4）312下列中学常见实验的现象或表述正确的是（）a过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加kscn溶液，溶液显红色b制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁c检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加kscn溶液23滴即可d向cuso4溶液中滴入过量naoh溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”13将21.75g mno2粉末与80ml 10moll1的浓盐酸混合，在密闭容器中加热使其充分反应后，可得到标况下的cl2的体积（v）是（）av=4.48 lbv=5.6 lc4.48 lv5.6 ldv4.48 l14三国时代，诸葛亮领兵南征孟获，遇到了“哑泉”，士兵饮后致哑，腹痛，甚至死亡又有一“安乐泉”饮后可解“哑泉”之毒1995年10月国内某报刊报道，经科研人员研究，“哑泉”水中溶有cuso4，“安乐泉”水质偏碱性下列有关说法可能符合题意的是（）a“哑泉”之毒是由于水中的cu2+使人体中的蛋白质分解b“哑泉”之毒是由于水中的so42使人体中的蛋白质变性c“哑泉”之毒是由于水中的cu2+水解显酸性使人体中的蛋白质变性d“安乐泉”能解“哑泉”之毒的离子方程式为cu2+2oh=cu（oh）215下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）acl2、so2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性b向溶液中滴加酸化的ba（no3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有so24cfe与稀hno3、稀h2so4反应均有气泡产生，说明fe与两种酸均发生置换反应d分别充满hcl、nh3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水16将mg、cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的no气体8.96l，向反应后的溶液中加入足量的4moll1的naoh溶液，使金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）a43.2 gb46.8 gc53.6 gd63.8 g二、非选择题（本大题共有4小题，每空2分，共52分）17nano2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知nano2能发生如下反应：2nano2+4hi2no+i2+2nai+2h2o（1）上述反应中氧化剂是（2）根据上述反应，鉴别nano2和nacl可选用的物质有：水碘化钾淀粉试纸淀粉白酒食醋，你认为必须选用的物质有（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的nano2，直接排放会造成污染，下列试剂能使nano2转化为不引起二次污染的n2的是anacl bnh4cl chno3 d浓h2so4（4）请配平以下化学方程式al+nano3+naohnaalo2+n2+h2o若反应过程中转移5mol 电子，则生成标准状况下n2的体积为l18有一无色气体（可能由o2、n2、co2、hcl、nh3、h2、no、no2中的一种或几种组成），体积为100ml如图示通过浓硫酸的洗气瓶，发现气体体积减少到一半；通过球形干燥管后气体呈红棕色，再将该气体完全通入盛满水且倒立于水槽的试管内，发现倒立于水槽的试管内的水位下降后又缓慢上升，最后试管内全部充满液体，由此判断：（1）球形干燥管内的固体是，反应方程式为；（2）原气体中一定有nh4（50ml）和（填两种气体），其体积分别是；原气体中一定没有19中学化学中几种常见物质的转化关系如下图（部分产物未列出）a是一种金属单质，d是一种非金属固体单质请回答下列问题：（1）a、c的化学式分别为a，c（2）f的浓溶液与a反应过程中，f体现的性质与下列反应中h2so4体现的性质完全相同的是ac+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2obfe+h2so4feso4+h2ccu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2odfeo+h2so4feso4+h2o（3）写出反应e+h2o2f的化学方程式：（4）若反应f+de转移电子数为6.021023，则消耗d的质量为20已知某纯碱试样中含有nacl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用如图所示的装置进行实验主要实验步骤如下：按照图示组装仪器，并检查装置的气密性将a g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液称量盛有碱石灰的u形管的质量为b g从分液漏斗滴入6moll1的稀硫酸，直到不再产生气体为止从导管a处缓缓鼓入一定量的空气再次称量盛有碱石灰的u形管的质量为c g重复步骤和的操作，直到u形管的质量基本不变，为d g请回答下列问题：（1）装置中干燥管b的作用是（2）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测量的结果将（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（3）步骤的目的是（4）步骤的目的是（5）试样中纯碱的质量分数为（用含a、b、d的代数式表示）21向50ml naoh溶液中逐渐通入一定量的co2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10ml，将其稀释至100ml，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1moll1的盐酸，产生co2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图所示（1）写出oa段所发生反应的离子方程式：（2）naoh在吸收co2后，所得溶液的溶质为，其物质的量浓度之比为（3）产生的co2体积（标准状况下）为（4）原naoh溶液的物质的量浓度为2015-2016学年江西省宜春市高安二中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本大题共有16小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1从碘的四氯化碳溶液中分离出碘、并回收四氯化碳，所采用的方法是（）a蒸发b蒸馏c过滤d分液【考点】分液和萃取【专题】化学实验基本操作【分析】根据四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳【解答】解：因四氯化碳与碘的沸点不同，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳，故选：b【点评】本题考查根据分液和萃取，题目难度不大，注意根据物质的性质选择相应的方法，要掌握分离方法的原理2在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）a甲的分子数比乙的分子数多b甲的物质的量比乙的物质的量少c甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小d甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小【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】两容器的温度和压强均相同，则气体的vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可知甲体积小于于乙体积，由n=可知甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题【解答】解：两容器的温度和压强均相同，则气体的vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可知甲体积小于乙体积，由n=可知甲气体的物质的量小于乙，a由以上分析可知甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故a错误；b由以上分析可知甲气体的物质的量小于乙，故b正确；c两容器的温度和压强均相同，则气体的vm相等，故c错误；d气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由m=可知甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故d错误故选b【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度不大，注意相关物理量计算公式的运用，理解概念，把握公式是解答该类题目的关键3设na为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a标准状况下，5.6 l四氯化碳含有的分子数为0.25nab标准状况下，14 g氮气含有的核外电子数为5nac标准状况下，22.4 l任意比的氢气和氯气的混合气体中含有的分子总数均为nad标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为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、根据标准状况下四氯化碳不是气体进行判断；b、排除干扰条件，根据氮气的质量计算出氮气的物质的量及含有的核外电子数；c、根据标准状况下气体摩尔体积计算出混合气体的物质的量及分子数；d、根据电子转移计算出生成1mol氢气转移的电子数目【解答】解：a、标准状况下四氯化碳不是气体，无法计算5.6l四氯化碳的物质的量，故a错误；b、14g氮气的物质的量为0.5mol，含有7mol核外电子，含有的核外电子数为7na，故b错误；c、标准状况下，气体摩尔体积为22.4l/mol，所以22.4 l任意比的氢气和氯气的混合气体的物质的量为1mol，含有的分子总数均为na，故c正确；d、生成1mol氢气，需要得到2mol电子，转移的电子数为2na，故d错误；故选：c【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，注意标准状况下四氯化碳不是气体，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、摩尔质量间关系4方志敏烈士生前在狱中曾用米汤（内含淀粉）给鲁迅先生写信，鲁迅先生收到信后，为了看清信中内容，可使用的化学试剂是（）a碘化钾b溴水c碘水d碘化钾淀粉溶液【考点】淀粉的性质和用途【分析】米汤中含有淀粉，淀粉遇碘单质变蓝色，以此来解答【解答】解：米汤中含有淀粉，淀粉遇碘单质变蓝色，因碘水中含有碘单质，遇信纸上的淀粉变蓝色，淀粉与a、b、d中物质不反应，故选c【点评】本题考查碘的特性，把握碘的检验及碘遇淀粉变蓝为解答的关键，注重基础知识的考查，题目较简单5在200ml氯化镁和氯化铝的混合液中，mg2+的物质的量浓度为0.2mol/l，cl的物质的量浓度为1.3mol/l要使mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需要加入 4mol/l naoh溶液的体积为（）a40mlb72mlc80mld128ml【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】根据电荷守恒可知：2n（mg2+）+3n（al3+）=n（cl），据此计算n（al3+）欲使mg2+全部沉淀分离出来，可发生mg2+2oh=mg（oh）2，al3+4oh=alo2+2h2o，al3+应恰好转化为alo2，反应后溶液为nacl、naalo2的混合液，利用na、cl、al原子守恒，有n（naoh）=n（nacl）+（naalo2）=n（cl）+n（al3+），进而计算需要氢氧化钠溶液体积【解答】解：溶液中存在2n（mg2+）+3n（al3+）=n（cl）=0.2l1.3mol/l=0.26mol，因n（mg2+）=0.2mol/l0.2l=0.04mol，可知n（al3+）=（0.26mol0.04mol2）=0.06mol，欲使mg2+全部沉淀分离出来，可发生mg2+2oh=mg（oh）2，al3+4oh=alo2+2h2o，al3+应恰好转化为alo2，反应后溶液为nacl、naalo2的混合液，利用na、cl、al原子守恒，有n（naoh）=n（nacl）+（naalo2）=n（cl）+n（al3+）=0.26mol+0.06mol=0.32mol，属于至少需要加入4mol/l naoh溶液的体积为=0.08l=80ml，故选c【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，注意利用守恒思想简化解题，解答关键在于清楚反应后溶液为nacl、naalo2的混合液6某铁的“氧化物”样品，用5mol/l的盐酸140ml恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56l氯气，使其中fe2+全部转化为fe3+该样品可能的化学式是（）afe2o3bfe3o4cfe4o5dfe5o7【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】氧化物与hcl反应生成氯化物与水，hcl中的h元素与氧化物中o元素全部结合生成h2o，由h原子、o原子守恒可知n（o）=n（h2o）=n（hcl），所得溶液再通入氯气使其中fe2+全部转化为fe3+，最后溶液成分为fecl3，根据氯离子是可知n（fecl3）=n（fecl3）= n（hcl）+2n（cl2），再根据fe、o原子数目之比确定氧化物化学式【解答】解：氧化物与hcl反应生成氯化物与水，hcl中的h元素与氧化物中o元素全部结合生成h2o，由h原子、o原子守恒可知n（o）=n（h2o）=n（hcl）=0.14l5moll=0.35mol，所得溶液再通入氯气使其中fe2+全部转化为fe3+，最后溶液成分为fecl3，根据氯原子是可知n（fecl3）= n（hcl）+2n（cl2）=（0.14l5mol/l+2）=0.25mol，所以氧化物中n（fe）：n（o）=0.25mol：0.35mol=5：7，该氧化物的化学式为fe5o7，故选d【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意反应中hcl的h元素与氧化物中o元素全部结合生成h2o，反应后溶液成分为fecl3，利用守恒法计算解答7下列物质分类正确的是（）aso2、sio2、co均为酸性氧化物b稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体c烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质d漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质【专题】物质的分类专题【分析】a、依据和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物分析；b、分散质直径在1100nm的分散系为胶体；c、水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；d、由多种物质组成的为混合物【解答】解：a、so2、sio2均为酸性氧化物，co与酸不能发生反应，为不成盐氧化物，故a错误；b、稀豆浆、硅酸均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，故b错误；c、烧碱是氢氧化钠、冰醋酸为醋酸水溶液中导电属于电解质，四氯化碳水溶液中不能导电属于非电解质，故c错误；d、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是一水合氨的水溶液均为混合物，故d正确；故选d【点评】本题考查了物质分类的依据，主要是酸性氧化物、胶体、电解质概念的理解应用，掌握概念内涵和物质组成性质是关键，题目较简单8能在溶液中大量共存，加入（nh4）2fe（so4）26h2o晶体后仍能大量存在的离子组是（）ana+、h+、cl、no3bk+、ba2+、oh、icna+、mg2+、cl、so42dcu2+、s2、br、clo【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，（nh4）2fe（so4）26h2o中含有铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子，以此来解答【解答】解：a该组离子之间不反应，能共存，但加入（nh4）2fe（so4）26h2o晶体，h+、fe2+、no3发生氧化还原反应，则不能共存，故a错误；b该组离子之间不反应，能共存，但加入（nh4）2fe（so4）26h2o晶体，铵根离子与oh结合生成弱碱，so42与ba2+结合生成沉淀，则不能共存，故b错误；c该组离子之间不反应，能共存，且加入晶体后，离子之间还不反应，则能共存，故c正确；d因cu2+、s2结合生成沉淀，s2、clo发生氧化还原反应，则不能共存，故d错误；故选c【点评】本题考查离子共存问题，熟悉习题中的信息及离子之间的反应即可解答，注意晶体中含有的离子是解答本题的关键，题目难度不大9下列离子方程式中，不正确的是（）a向mg（hco3）2溶液中加入过量的naoh溶液mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2ob向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反应完全2ba2+4oh+al3+2so422baso4+alo2+2h2ocfebr2溶液中通入过量的cl2：2fe2+4br+3cl2=2fe3+2br2+6cld向fe（no3）2溶液中加入稀盐酸：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a向mg（hco3）2溶液中加入过量的naoh溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠、水；b向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反应完全，二者的物质的量之比为1：2；cfebr2溶液中通入过量的cl2，亚铁离子与溴离子均全部被氧化；d向fe（no3）2溶液中加入稀盐酸发生氧化还原反应生成铁离子、no和水【解答】解：a向mg（hco3）2溶液中加入过量的naoh溶液的离子反应为mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2o，故a正确；b当so42全部沉淀时，发生的离子反应为2ba2+4oh+al3+2so42+nh4+2baso4+al（oh）3+nh3h2o，故b错误；cfebr2溶液中通入过量的cl2的离子反应为2fe2+4br+3cl2=2fe3+2br2+6cl，故c正确；d向fe（no3）2溶液中加入稀盐酸的离子反应为3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o，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，注意中和的先后顺序、氧化的先后顺序来解答，题目难度较大10某稀溶液中含有fe（no3）3、cu（no3）2、hno3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中fe2+的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示则溶液中fe（no3）3、cu（ no3）2、hn03物质的量浓度之比为（）a1：1：1b1：3：1c2：1：4d1：1：4【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铁的化学性质【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物【分析】依据氧化还原反应的顺序规律分析计算，溶液中含有fe （no3） 3、cu （no3） 2、hno3，氧化性顺序为hno3fe （no3） 3cu （no3） 2，加入铁后依次反应【解答】解：稀溶液中各物质的氧化性顺序为hno3fe （no3） 3cu （no3） 2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，fe+4hno3=fe（no3）3+no+2h2o；fe+2fe3+=3fe2+；fe+cu2+=cu+fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无fe2+生成，发生的反应是消耗硝酸为4mol，生成fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应生成fe2+物质的量为3mol，反应的fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的fe3+物质的量1mol；再加入1mol铁发生反应，此时又生成fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中fe （no3） 3为1mol，cu （no3） 2物质的量为1mol，hno3物质的量为4mol，物质的量浓度之比为1：1：4；故选d【点评】本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要考查氧化还原反应的顺序反应规律及计算应用11下列铁的化合物可以分别通过化合反应、置换反应、复分解反应生成的是（）afecl2bfe3o4cfe（oh）3dfe2（so4）3【考点】化学基本反应类型【分析】化合反应是两种或两种以上的物质生成一种物质的反应；置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应；复分解是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，据此分析【解答】解：a、fecl2可以由fecl3和fe的化合得到，也可以由fe和hcl的置换得到，也可以由fe（oh）2和hcl的复分解得到，故a正确；b、fe3o4能通过铁与氧气的化合反应得到，也能通过铁与水蒸气在高温条件下的置换反应得到，但无法通过复分解得到，故b错误；c、fe（oh）3可以通过fe（oh）2和氧气、水的化合得到，也可以通过氯化铁与氢氧化钠的复分解得到，但无法通过置换得到，故c错误；d、硫酸铁可以通过feso4溶液与氧气的化合得到，但无法通过置换得到，故d错误故选a【点评】本题考查了物质的生成途径，掌握好常见的反应是解题的关键，难度不大12下列中学常见实验的现象或表述正确的是（）a过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加kscn溶液，溶液显红色b制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁c检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加kscn溶液23滴即可d向cuso4溶液中滴入过量naoh溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”【考点】二价fe离子和三价fe离子的检验；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a、过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁元素最终被氧化为+2价；b、氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；c、氧化铁溶于盐酸，反应的氯化铁溶液，滴加kscn溶液变红色；d、氢氧化铜受热容易分解【解答】解：a、过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁先被硝酸氧化为三价铁，铁能和三价铁反应生成亚铁离子，铁元素最终被氧化为+2价，滴加kscn溶液，溶液不会显红色，故a错误；b、向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故b错误；c、氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇kscn溶液，会变红色，故c正确；d、cuso4溶液中滴入过量naoh溶液充分反应后，生成蓝色沉淀氢氧化铜，但是氢氧化铜受热容易分解，放入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质多为氧化铜，故d错误故选c【点评】本题考查学生三价铁的检验方法、氢氧化亚铁以及氢氧化铜的性质等方面的知识，难度不大13将21.75g mno2粉末与80ml 10moll1的浓盐酸混合，在密闭容器中加热使其充分反应后，可得到标况下的cl2的体积（v）是（）av=4.48 lbv=5.6 lc4.48 lv5.6 ldv4.48 l【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】二氧化锰物质的量为=0.25mol，hcl的物质的量为0.08l10mol/l=0.8mol，发生反应：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，由方程式可知盐酸不足，由于随反应进行浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸不与二氧化锰反应，故0.8molhcl不能完全反应【解答】解：二氧化锰物质的量为=0.25mol，hcl的物质的量为0.08l10mol/l=0.8mol，发生反应：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，0.25mol二氧化锰完全反应消耗hcl为0.25mol4=1mol0.8mol，故盐酸不足，由于随反应进行浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸不与二氧化锰反应，故0.8molhcl不能完全反应，则生成氯气的物质的量小于=0.2mol，则标况下得到氯气体积v0.2mol22.4l/mol=4.48 l，故选：d【点评】本题考查化学方程式有关计算，关键是明确随反应进行浓盐酸变为稀盐酸，而稀盐酸不与二氧化锰反应14三国时代，诸葛亮领兵南征孟获，遇到了“哑泉”，士兵饮后致哑，腹痛，甚至死亡又有一“安乐泉”饮后可解“哑泉”之毒1995年10月国内某报刊报道，经科研人员研究，“哑泉”水中溶有cuso4，“安乐泉”水质偏碱性下列有关说法可能符合题意的是（）a“哑泉”之毒是由于水中的cu2+使人体中的蛋白质分解b“哑泉”之毒是由于水中的so42使人体中的蛋白质变性c“哑泉”之毒是由于水中的cu2+水解显酸性使人体中的蛋白质变性d“安乐泉”能解“哑泉”之毒的离子方程式为cu2+2oh=cu（oh）2【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】元素及其化合物【分析】“哑泉”水中溶有cuso4，铜离子能使蛋白质发生变性，与“安乐泉”（水质偏碱性）反应生成氢氧化铜沉淀，铜离子浓度降低，以此来解答【解答】解：a哑泉有毒是因为含有的硫酸铜电离出的铜离子为重金属离子，重金属离子能使蛋白质变性，故a错误； bso42不能使人体中的蛋白质变性，故b错误；c铜离子为重金属离子，重金属离子能使蛋白质变性，与水解无关，故c错误；d要解哑泉之毒就是使可溶性的铜离子转变成沉淀，离子方程式为cu2+2oh=cu（oh）2，故d正确故选d【点评】本题考查铜盐及性质，为高频考点，把握习题中的信息、蛋白质的变性、离子反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大15下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）acl2、so2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性b向溶液中滴加酸化的ba（no3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有so24cfe与稀hno3、稀h2so4反应均有气泡产生，说明fe与两种酸均发生置换反应d分别充满hcl、nh3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【考点】氯气的化学性质；氨的物理性质；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】压轴题；元素及其化合物【分析】a、二氧化硫和有色物质生成无色物质，只能说明二氧化硫有漂白性b、亚硫酸根离子能被硝酸氧化生成硫酸根离子而造成干扰c、铁与稀硝酸反应生成的气体是一氧化氮d、根据烧瓶内溶液的变化现象判断气体压强的变化，从而确定气体溶解性的强弱【解答】解：a、氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化性，次氯酸的强氧化性使品红溶液褪色；二氧化硫和品红反应生成无色的物质而使品红褪色，只能说明二氧化硫有漂白性不能说明其有氧化性，故a错误b、酸性条件下，硝酸根离子有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，对检验硫酸根离子造成干扰，所以向溶液中滴加酸化的ba（no3）2溶液出现白色沉淀，不能说明该溶液中一定有so24，故b错误c、铁和硝酸反应生成硝酸盐和一氧化氮、水，发生的是氧化还原反应而不是置换反应，故c错误d、分别充满hcl、nh3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体的压强迅速减小，据此说明二者均易溶于水导致气体迅速减小，故d正确故选d【点评】本题考查了元素化合物的性质、离子的检验等知识点，易错选项是c，注意离子的检验中一定要先排除其它离子的干扰，然后再确定存在的离子16将mg、cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的no气体8.96l，向反应后的溶液中加入足量的4moll1的naoh溶液，使金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）a43.2 gb46.8 gc53.6 gd63.8 g【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】mg、cu在反应中失去电子，最终生成mg（oh）2、cu（oh）2，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成no的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量【解答】解：反应中cucu2+cu（oh）2，mgmg2+mg（oh）2，可知mg、cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据hno3no，生成8.96lno转移的电子为=1.2mol，所以反应后生成沉淀的质量为26.4g+1.2mol17g/mol=46.8g故选b【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键二、非选择题（本大题共有4小题，每空2分，共52分）17nano2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知nano2能发生如下反应：2nano2+4hi2no+i2+2nai+2h2o（1）上述反应中氧化剂是nano2（2）根据上述反应，鉴别nano2和nacl可选用的物质有：水碘化钾淀粉试纸淀粉白酒食醋，你认为必须选用的物质有（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的nano2，直接排放会造成污染，下列试剂能使nano2转化为不引起二次污染的n2的是banacl bnh4cl chno3 d浓h2so4（4）请配平以下化学方程式10al+6nano3+4naoh10naalo2+3n2+2h2o若反应过程中转移5mol 电子，则生成标准状况下n2的体积为1.12l【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）反应中n元素的化合价降低，i元素的化合价升高；（2）由2nano2+4hi2no+i2+2nai+2h2o可知，鉴别nano2和nacl，可利用碘的特性分析；（3）nano2具有氧化性，能使nano2转化为不引起二次污染的n2的物质应具有还原性；（4）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0，由电子守恒及原子守恒分析【解答】解：（1）反应中n元素的化合价降低，i元素的化合价升高，则氧化剂是nano2，故答案为：nano2；（2）由2nano2+4hi2no+i2+2nai+2h2o可知，鉴别nano2和nacl，则选择碘化钾淀粉试纸、淀粉、食醋，变蓝的为nano2，故答案为：；（3）nano2具有氧化性，能使nano2转化为不引起二次污染的n2的物质应具有还原性，只有选项b符合，故答案为：b；（4）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0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10al+6nano3+4naoh10naalo2+3n2+2h2o，过程中转移5mol e，则生成标准状况下n2的体积为5mol22.4l/mol=1.12l，故答案为：10；6；4；10；3；2；1.12【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、配平，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及能量变化的考查，注意从元素化合价角度及图象角度分析，题目难度不大18有一无色气体（可能由o2、n2、co2、hcl、nh3、h2、no、no2中的一种或几种组成），体积为100ml如图示通过浓硫酸的洗气瓶，发现气体体积减少到一半；通过球形干燥管后气体呈红棕色，再将该气体完全通入盛满水且倒立于水槽的试管内，发现倒立于水槽的试管内的水位下降后又缓慢上升，最后试管内全部充满液体，由此判断：（1）球形干燥管内的固体是na2o2，反应方程式为2co2+2na2o2=2na2co3+o2；（2）原气体中一定有nh4（50ml）和no、co2（填两种气体），其体积分别是20ml，30ml；原气体中一定没有o2、hcl、no2【考点】常见气体的检验；有关混合物反应的计算【专题】物质的分离提纯和鉴别；利用化学方程式的计算【分析】有一无色气体（可能由o2、n2、co2、hcl、nh3、h2、no、no2中的一种或几种组成），体积为100ml，判断一定不含有红棕色气体no2，通过浓硫酸的洗气瓶，发现气体体积减少到一半说明气体被浓硫酸吸收，判断一定含nh3，则一定不含与氨气反应的气体hcl，通过球形干燥管后气体呈红棕色，说明生成了二氧化氮气体，判断元气体中一定含no，则一定不含o2，再将该气体完全通入盛满水且倒立于水槽的试管内，发现倒立于水槽的试管内的水位下降后又缓慢上升，最后试管内全部充满液体，说明一定不含难溶气体n2、h2，干燥管中是过氧化钠，会和二氧化碳反应生成氧气，且氧气和一氧化氮体积比为3：4；【解答】解：有一无色气体（可能由o2、n2、co2、hcl、nh3、h2、no、no2中的一种或几种组成），体积为100ml，判断一定不含有红棕色气体no2，通过浓硫酸的洗气瓶，发现气体体积减少到一半说明气体被浓硫酸吸收，判断一定含nh3，则一定不含与氨气反应的气体hcl，通过球形干燥管后气体呈红棕色，说明生成了二氧化氮气体，判断元气体中一定含no，则一定不含o2，再将该气体完全通入盛满水且倒立于水槽的试管内，发现倒立于水槽的试管内的水位下降后又缓慢上升，最后试管内全部充满液体，说明一定不含难溶气体n2、h2，干燥管中是过氧化钠，会和二氧化碳反应生成氧气，且氧气和一氧化氮体积比为3：4；（1）球形干燥管内的固体是na2o2，反应的化学方程式为：2co2+2na2o2=2na2co3+o2，故答案为：na2o2，2co2+2na2o2=2na2co3+o2；（2）co2和过氧化钠反应生成氧气，氧气和no反应生成红棕色气体no2，氧气和二氧化氮与水完全反应生成硝酸，发生4no2+o2+2h2o=4hno3，设有4molno2，则应有4molno，反应2no+o2=2n02和4no2+o2+2h2o=4hno3共需要氧气为：2mol+1mol=3mol，二氧化碳的物质的量：6mol，则n（co2）：n（no）=6：4=3：2，co2体积为（100ml50ml）=30ml，no气体体积=（100ml50ml）=20ml，原气体中一定含nh3体积为50ml，co2体积为30ml，no体积为20ml，原气体中一定不含o2、hcl、no2，故答案为：no、co2 ，20ml，30ml，o2、hcl、no2【点评】本题考查混合气体的组成判断，明确常见气体的性质是解题关键，主要是气体通过试剂后的体积变化分析判断，题目难度中等19中学化学中几种常见物质的转化关系如下图（部分产物未列出）a是一种金属单质，d是一种非金属固体单质请回答下列问题：（1）a、c的化学式分别为afe，cfe2（so4）3（2）f的浓溶液与a反应过程中，f体现的性质与下列反应中h2so4体现的性质完全相同的是cac+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2obfe+h2so4feso4+h2ccu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2odfeo+h2so4feso4+h2o（3）写出反应e+h2o2f的化学方程式：so2+h2o2h2so4（4）若反应f+de转移电子数为6.021023，则消耗d的质量为8g【考点】无机物的推断；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用【专题】推断题；氧族元素【分析】由abc，则a为变价金属，则a为fe，b为feso4，c为fe2（so4）3，由fc可推知f为h2so4，进而推出d为s，e为so2，故f+de为2h2so4（浓）+s3so2+2h2o，据此解答【解答】解：由abc，则a为变价金属，则a为fe，b为feso4，c为fe2（so4）3，由fc可推知f为h2so4，进而推出d为s，e为so2，（1）由上述分析可知，a为fe，c为fe2（so4）3，故答案为：fe；fe2（so4）3；（2）f的浓溶液与a反应过程中，硫酸体现强氧化性、酸性，a选项中浓硫酸只体现强氧化性，b选项中硫酸体现弱氧化性，c选项中浓硫酸体现强氧化性、酸性，d选项中硫酸体现酸性，故答案为：c；（3）e+h2o2f的化学方程式为：so2+h2o2h2so4，故答案为：so2+h2o2h2so4；（4）f+de为2h2so4（浓）+s3so2+2h2o，转移电子数为6.021023，其物质的量为1mol，消耗的硫的物质的量为=0.25mol，其质量为0.25mol32g/mol=8g，故答案为：8g【点评】本题考查无机物的推断，涉及fe、s元素单质及其化合物的性质，根据“金属a与硫酸反应生成b，b能氧化生成c”推断b为变价金属性，是推断的突破口，需要学生具备一定的推理能力与扎实的基础知识20已知某纯碱试样中含有nacl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用如图所示的装置进行实验主要实验步骤如下：按照图示组装仪器，并检查装置的气密性将a g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液称量盛有碱石灰的u形管的质量为b g从分液漏斗滴入6moll1的稀硫酸，直到不再产生气体为止从导管a处缓缓鼓入一定量的空气再次称量盛有碱石灰的u形管的质量为c g重复步骤和的操作，直到u形管的质量基本不变，为d g请回答下列问题：（1）装置中干燥管b的作用是防止空气中的co2和水气进入u型管中（2）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测量的结果将偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（3）步骤的目的是把反应产生的co2全部导入u型管中（