广东省汕头市金山中学高一化学上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（上）期末化学试卷一、单选题（本题包括20小题，每小题3分，共60分请将答案填到答题卡上）1下列基本实验操作与所需关键仪器合理的是（）a过滤（泥三角）b蒸馏（分液漏斗）c蒸发（蒸发皿）d萃取（玻璃棒）2选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这种萃取剂应具备的性质是（）a不溶于水，且必须易与碘发生化学反应b不溶于水，且比水更容易使碘溶解c不溶于水，且必须比水密度大d不溶于水，且必须比水密度小3除去食盐中少量的ca2+和so42，而又不引入新的杂质离子，应依次加入（）abacl2、na2co3bna2co3、bacl2cbacl2、na2co3、hcldba（no3）2、na2co3、hcl4下列说法正确的是（）a1molo2在任何情况下都是32gb摩尔是一个基本物理量ch2so4的摩尔质量是98gd1摩尔氢的质量是2g5胶体区别于其它分散系的本质特征是（）a胶体能发生电泳现象b胶体能产生丁达尔现象c胶体粒子直径在1100nm之间d胶体在一定条件下能聚沉6下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）a二氧化碳 碳酸钠b硫酸钠 乙醇c氧化铝 硫d盐酸 蔗糖7用0.1mol/l的na2so3溶液30ml，恰好将2103 mol xo4还原，则元素x在还原产物中的化合价是（）a+4b+3c+2d+18某无色透明溶液中能大量共存的离子组为（）afe3+、mg2+、no3、clbca2+、k+、so42、co32coh、so42、nh4+、na+dmg2+、no3、k+、so429在甲乙两烧杯溶液中，分别含有大量的cu2+、k+、h+、cl、co32、oh六种离子中的三种，已知乙烧杯中的溶液呈无色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（）acu2+、h+、clbcl、co32、ohck+、h+、cldk+、oh、co3210钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（）a钠的熔点较低b钠的密度小于水c钠的硬度较小d钠的还原性强11设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a1 mol na被完全氧化生成na2o2，失去2na个电子b常温常压下，18 g h2o 中含有的原子总数为3nac5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3nad1 mol cl2与1 mol fe反应，转移的电子数为3na12某溶液中含有hco3、co32、so32、na+、no3五种离子若向其中加入na2o2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）ano3bco32、no3cso32、no3dco32、no3、na+13由zn、fe、al、mg四种金属中的两种组成的混合物6g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为2.24升，则混合物中一定含有的金属是（）aznbfecaldmg14两份铝，一份加入足量强碱溶液中，另一份加入足量盐酸中，要使前后反应收集到的氢气量之比为1：2，则两份铝质量比为（）a1：2b2：1c1：4d1：115下列有关铝及其化合物的叙述正确的是（）a铝粉与氧化镁共热可制取金属镁b足量铝分别与含1 mol hcl、1 mol naoh的溶液反应，产生相同量的氢气c工业上用电解熔融al2o3的方法冶炼铝d在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生钝化16既可以通过单质与单质化合，也可以通过溶液中的复分解反应来制得的化合物是（）ana2obna2o2cfecl2dfes17下列离子的检验方法合理的是（）a向某溶液中滴入kscn溶液呈血红色，说明不含fe2+b向某溶液中通入cl2，然后再加入kscn溶液变血红色，说明原溶液中含有fe2+c向某溶液中加入naoh溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有fe3+d向某溶液中加入naoh溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有fe2+，不含有mg2+18下列物质中，不属于合金的是（）a硬铝b水银c黄铜d钢铁19生石灰中往往含有杂质caco3和sio2，检验它是否存在着这两种杂质的最好试剂是（）a水b盐酸c硫酸d烧碱溶液20下列说法正确的是（）a二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，不能和任何酸反应b水玻璃中通入过量的二氧化碳的离子方程式为：sio32+co2+h2oh2sio3+co32c石英可以用来生产玻璃d晶体硅常被用来制造光导纤维二、填空题（本题包括4小题，共40分请将答案填到答题卷上）21按要求书写方程式：（1）过氧化钠与co2反应的化学方程式：（2）将少量偏铝酸钠溶液滴入足量盐酸的离子方程式：（3）铁与高温水蒸气反应的化学方程式：（4）镁条在二氧化碳中燃烧的化学方程式：22用下面两种方法均可制得fe（oh）2白色沉淀方法一：用不含fe3+的feso4溶液与不含o2的蒸馏水配制的naoh溶液反应制备（1）用硫酸亚铁晶体配制上述feso4溶液时还需要加入（2）除去蒸馏水中溶解的o2常采用的方法（3）制取fe（oh）2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含o2的naoh溶液，插入feso4溶液液面下，再挤出naoh溶液这样操作的理由是：防止发生反应在试管里加入的试剂是（5）为了制得fe（oh）2白色沉淀，在试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是23如图是用明矾kal（so4）212h2o制取硫酸铝和硫酸钾的操作方法，根据此图回答有关问题（1）进行操作时，加入的试剂是；从反应混合物分离a所进行的实验操作是；其反应的离子方程式为；（2）进行操作时，所加入的试剂是，其目的是，反应混合物进行的操作是24取等物质的量浓度的naoh溶液两份a和b，每份10ml，分别向a、b中通入不等量的co2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/l的盐酸，标准状况下产生的co2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：（1）原naoh溶液的物质的量浓度为（2）曲线a表明，原naoh溶液中通入co2后，所得溶液中的溶质成分是，其物质的量之比为（3）曲线b表明，原naoh溶液中通入co2后，所得溶液加盐酸后产生co2气体体积（标准状况）的最大值为ml2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题包括20小题，每小题3分，共60分请将答案填到答题卡上）1下列基本实验操作与所需关键仪器合理的是（）a过滤（泥三角）b蒸馏（分液漏斗）c蒸发（蒸发皿）d萃取（玻璃棒）【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】a过滤需要使用漏斗；b蒸馏使用蒸馏烧瓶；c蒸发时用到蒸发皿；d萃取主要用到分液漏斗【解答】解：a过滤时必须用到的一组仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台，故a错误； b蒸馏操作中使用的仪器是铁架台（带铁圈）、酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管和锥形瓶等，故b错误；c蒸发时用到的仪器主要有酒精灯、铁架台（带铁圈）、蒸发皿、玻璃棒等，故c正确；d萃取实验使用的仪器有分液漏斗、烧杯和铁架台（带铁圈），故d错误故选c【点评】本题考查实验仪器的选取，难度不大，注意了解常见仪器及其用途2选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这种萃取剂应具备的性质是（）a不溶于水，且必须易与碘发生化学反应b不溶于水，且比水更容易使碘溶解c不溶于水，且必须比水密度大d不溶于水，且必须比水密度小【考点】分液和萃取【分析】萃取剂必须具备下列条件：两种溶剂互不相溶；溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；溶质与萃取剂不反应【解答】解：萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来根据萃取的定义知：萃取剂必须具备下列条件：两种溶剂互不相溶；溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；溶质与萃取剂不反应a选取的萃取剂与原溶剂必须互不相溶，且萃取剂和碘不发生反应，故a错误； b选取的萃取剂与原溶剂必须互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故b正确；c萃取剂必须和水不互溶，但密度不一定比水的大，故c错误；d萃取剂必须和水不互溶，但密度不一定比水的小，故d错误故选b【点评】本题考查了萃取剂的选择原则，其原则是：两种溶剂互不相溶；溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；溶质与萃取剂不反应萃取是物质分离、提纯的常用物理方法，难度不大3除去食盐中少量的ca2+和so42，而又不引入新的杂质离子，应依次加入（）abacl2、na2co3bna2co3、bacl2cbacl2、na2co3、hcldba（no3）2、na2co3、hcl【考点】粗盐提纯；物质的分离、提纯和除杂【专题】离子反应专题【分析】先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，再用碳酸钠去除过量的钡离子和钙离子，最后用来除去过量的碳酸钠【解答】解：在除杂时，要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，na2co3可以除去过量的钡离子，否则过量的钡离子不能完全除尽，最后加hcl除去过量的碳酸根离子，故选c【点评】本题考查了粗盐的提纯，题目难度不大，本题注意粗盐的提纯要加入氯化钡、碳酸钠，盐酸，但是碳酸钠一定要加在氯化钡的后面，除去过量的钡离子4下列说法正确的是（）a1molo2在任何情况下都是32gb摩尔是一个基本物理量ch2so4的摩尔质量是98gd1摩尔氢的质量是2g【考点】物质的量的相关计算；物质的量的单位-摩尔【专题】物质的量的计算【分析】ao2的摩尔质量为32g/mol；b摩尔是物质的量的单位；ch2so4的摩尔质量是98g/mol；d使用物质的量应指明具体的物质或微粒【解答】解：ao2的摩尔质量为32g/mol，1molo2在任何情况下都是32g，故a正确；b物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故c错误；c.1mol h2so4的质量是98g，h2so4的摩尔质量是98g/mol，故c错误d1摩尔氢指代明确，不能确定是氢气还是氢原子，使用物质的量应指明具体的物质或微粒，故d错误，故选：a【点评】本题考查物质的量、摩尔质量，比较基础，注意使用物质的量应指明具体的物质或微粒5胶体区别于其它分散系的本质特征是（）a胶体能发生电泳现象b胶体能产生丁达尔现象c胶体粒子直径在1100nm之间d胶体在一定条件下能聚沉【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小，能通过滤纸的分散系为溶液、胶体；能通过半透膜的分散系是溶液【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm（107109m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm故选c【点评】本题考查了胶体的本质特征，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握6下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）a二氧化碳 碳酸钠b硫酸钠 乙醇c氧化铝 硫d盐酸 蔗糖【考点】电解质与非电解质【专题】物质的分类专题【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐、金属氧化物和水都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，非金属氧化物、少数氢化物和大多数的有机物，如蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质，混合物既不是电解质，也不是非电解质；【解答】解：a、二氧化碳是非金属氧化物，属于非电解质，氯化钠是盐，属于电解质，故a错误；b、硫酸钠为盐，属于电解质，乙醇是有机物，属于非电解质，故b正确；c、氧化铝是金属氧化物，属于电解质，硫是单质，既不是电解质也不是非电解质，故c错误；d、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，蔗糖是有机物，属于非电解质，故d错误；故选：b【点评】本题考查电解质与非电解质，注意对概念的理解和把握，注意大多数有机化合物都是非电解质7用0.1mol/l的na2so3溶液30ml，恰好将2103 mol xo4还原，则元素x在还原产物中的化合价是（）a+4b+3c+2d+1【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算【专题】氧化还原反应专题【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒计算【解答】解：该反应中na2so3为还原剂，so32中的s被氧化，变为so42，化合价从+4升到+6价失电子数=0.1mol/l0.03l2=0.006mol，xo4为氧化剂，其中x元素化合价降低，开始为+7价，得失电子守恒得电子数=3，可见x元素化合价变化为3，即从+7价降到+4价故选a【点评】本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒思想的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大8某无色透明溶液中能大量共存的离子组为（）afe3+、mg2+、no3、clbca2+、k+、so42、co32coh、so42、nh4+、na+dmg2+、no3、k+、so42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：a该组离子之间不反应，能共存，但fe3+为黄色，与无色溶液不符，故a不选；b因ca2+分别与so42、co32结合生成沉淀，不能大量共存，故b不选；c因oh、nh4+结合生成弱电解质，不能大量共存，故c不选；d该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故d选；故选d【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，注意常见离子的颜色及复分解反应发生的条件即可解答，题目难度不大9在甲乙两烧杯溶液中，分别含有大量的cu2+、k+、h+、cl、co32、oh六种离子中的三种，已知乙烧杯中的溶液呈无色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（）acu2+、h+、clbcl、co32、ohck+、h+、cldk+、oh、co32【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】乙烧杯中的溶液呈无色，可知甲溶液呈蓝色，应含有cu2+，则与cu2+反应的离子应存在于乙中，结合溶液的电中性原则及离子共存的条件进行解答【解答】解：乙烧杯中的溶液呈无色，可知甲溶液呈蓝色，应含有cu2+，因co32、oh可与反应生成沉淀，则只能存在于乙中，乙中含有co32、oh，则一定不存在h+，阳离子只能为k+，则乙中含有的离子为co32、oh、k+，甲中含有的离子为：cu2+、h+、cl，故选d【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，侧重复分解反应的离子共存考查，注意离子的颜色，题目难度不大10钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（）a钠的熔点较低b钠的密度小于水c钠的硬度较小d钠的还原性强【考点】钠的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因【解答】解：a、因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故a不选b、钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故b不选；c、硬度大小与反应现象无关，所以与性质无关，故c选； d、因钠的金属性强，所以与水反应剧烈，与性质有关，故d不选；故选c【点评】本题考查了钠与水的反应应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象11设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a1 mol na被完全氧化生成na2o2，失去2na个电子b常温常压下，18 g h2o 中含有的原子总数为3nac5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3nad1 mol cl2与1 mol fe反应，转移的电子数为3na【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钠生成钠离子失去1个电子；b质量转化为物质的量，结合1个水分子含有3个原子解答；c.5.6 g铁粉与足量硝酸反应生成三价铁离子，与少量硝酸反应生成二价铁离子；d.1 mol cl2与1 mol fe反应生成氯化铁，氯气不足，依据氯气的物质的量计算转移电子数【解答】解：a.1 mol na被完全氧化生成na2o2，生成1mol钠离子，失去na个电子，故a错误；b常温常压下，18 g h2o 物质的量为=1mol，含有的原子物质的量为3mol，总数为3na，故b正确；c.5.6 g铁粉与足量硝酸反应生成三价铁离子，失去的电子数为0.3na，与少量硝酸反应生成二价铁离子，失去的电子数为0.2na，故c错误；d.1 mol cl2与1 mol fe反应生成氯化铁，氯气不足，生成2mol氯离子，转移2mol电子，转移的电子数为2na，故d错误；故选：b【点评】本题考查阿伏加德罗常数应用，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，明确铁与硝酸反应的实质是解题关键，题目难度不大12某溶液中含有hco3、co32、so32、na+、no3五种离子若向其中加入na2o2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）ano3bco32、no3cso32、no3dco32、no3、na+【考点】离子共存问题；钠的重要化合物【专题】离子反应专题；几种重要的金属及其化合物【分析】na2o2可与水反应生成naoh，且具有强氧化性，具有还原性的离子或与oh反应的离子不能大量共存，以此解答【解答】解：na2o2粉末加入溶液中，so32因被氧化而减少，因有naoh生成，则hco3与之反应生成co32，使co32、na+均增加，hco3减少，整个过程中只有no3浓度保持不变故选a【点评】本题考查离子共存问题，侧重于过氧化钠的性质的考查，为高频考点，难度不大，注意把握物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累13由zn、fe、al、mg四种金属中的两种组成的混合物6g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为2.24升，则混合物中一定含有的金属是（）aznbfecaldmg【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】标况下2.24l氢气的物质的量为0.1mol，故6g金属提供的电子为0.1mol2=0.2mol，故提供1mol电子需要金属质量为30g，结合化合价计算提供1mol电子需要各金属的质量，混合各组分的质量满足都等于30g或满足有的组分小于30g、有的组分大于30g，注意若金属不与酸反应生成氢气，视作提供1mol电子需要金属质量为无穷大【解答】解：标况下2.24l氢气的物质的量为=0.1mol，故6g金属提供的电子为0.1mol2=0.2mol，故提供1mol电子需要金属质量为6g=30gazn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要zn的质量为65g/mol=32.5g，bfe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要fe的质量为56g/mol=28g，cal在反应中表现+3价，提供1mol电子需要al的质量为27g/mol=9g，dmg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要mg的质量为24g/mol=12g，提供1mol电子，只有zn的质量大于30g，其它金属的质量都小于30g，故金属混合物中一定有zn，故选：a【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，侧重对学生思维能力的考查，注意利用平均值法解答，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大14两份铝，一份加入足量强碱溶液中，另一份加入足量盐酸中，要使前后反应收集到的氢气量之比为1：2，则两份铝质量比为（）a1：2b2：1c1：4d1：1【考点】铝的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】铝与盐酸以及naoh溶液反应的化学方程式分别为：2al+6hcl=2alcl3+3h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，盐酸以及naoh溶液足量，则铝完全反应，根据反应的方程式计算【解答】解：盐酸与naoh溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、naoh溶液反应生成的氢气的物质的量分别为xmol、2xmol，则2al+6hcl=2alcl3+3h2 2 3 x 2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h22 3 2x则第一份与第二份铝屑的质量比为：（ mol27g/mol）：（mol27g/mol）=1：2，故选a【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，解答本题的关键是要正确书写反应的有关方程式，注意题中盐酸和naoh足量这一点也可利用电子守恒来计算解答15下列有关铝及其化合物的叙述正确的是（）a铝粉与氧化镁共热可制取金属镁b足量铝分别与含1 mol hcl、1 mol naoh的溶液反应，产生相同量的氢气c工业上用电解熔融al2o3的方法冶炼铝d在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生钝化【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】amg为活泼金属，还原性大于al；bhcl、naoh均完全反应，由2al6hcl2naoh3h2分析；cal为活泼金属，利用电解法冶炼；d浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，溶液稀释，且浓硫酸稀释放热，与al发生氧化还原反应【解答】解：amg为活泼金属，还原性大于al，铝粉与氧化镁不反应，电解熔融氯化镁冶炼mg，故a错误；bhcl、naoh均完全反应，由2al6hcl2naoh3h2可知，生成氢气物质的量比为1：3，故b错误；cal为活泼金属，利用电解法冶炼，工业上用电解熔融al2o3的方法冶炼铝，故c正确；d浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，溶液稀释，且浓硫酸稀释放热，温度升高，与al发生氧化还原反应，不能发生钝化，故d错误；故选c【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物性质，为高频考点，把握金属的冶炼、化学反应的计算及浓酸的性质为解答的关键，注意选项d中相当于稀释，题目难度不大16既可以通过单质与单质化合，也可以通过溶液中的复分解反应来制得的化合物是（）ana2obna2o2cfecl2dfes【考点】钠的重要化合物；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】a、na2o在水溶液中生成氢氧化钠；b、过氧化钠在水溶液中反应生成氢氧化钠和氧气；c、氯气是强氧化剂，将铁氧化成铁离子；d、fe和s化合生成fes，也可通过盐与盐发生复分解反应得到【解答】解：a、na2o在水溶液中生成氢氧化钠，所以不能通过溶液中的复分解反应而制得，故a错误；b、过氧化钠在水溶液中反应生成氢氧化钠和氧气，所以不能通过溶液中的复分解反应而制得，故b错误；c、氯气是强氧化剂，将铁氧化成铁离子，所以不能通单质与单质化合制得，故c错误；d、fe和s化合生成fes，也可由fecl2和na2s发生复分解反应得到，方程式为fecl2+na2s=fes+2nacl，故d正确；故选d【点评】本题将化学反应类型夹在元素化合物知识里考查，难度中等，对元素化合物知识有一定储备，掌握基础知识是解题关键17下列离子的检验方法合理的是（）a向某溶液中滴入kscn溶液呈血红色，说明不含fe2+b向某溶液中通入cl2，然后再加入kscn溶液变血红色，说明原溶液中含有fe2+c向某溶液中加入naoh溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有fe3+d向某溶液中加入naoh溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有fe2+，不含有mg2+【考点】二价fe离子和三价fe离子的检验【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】akscn溶液与fe3+溶液作用，溶液呈红色，能证明fe3+存在，但fe2+与kscn溶液不反应；bfe3+本身就可以使kscn溶液变血红色；c氢氧化铁是红褐色沉淀；d不能排除镁离子【解答】解：akscn溶液与fe3+溶液作用的方程式为：fe3+3scnfe（scn）3，而fe2+与kscn溶液不反应，如果该溶液既含fe3+，又含fe2+，滴加kscn溶液，溶液呈红色，证明存在fe3+而不能证明没有fe2+，故a错误； b若原溶液中含fe2+，通入cl2，氯气将fe2+氧化成fe3+，滴加kscn溶液后显红色，若原溶液中不含fe2+，含有fe3+，通入cl2，加入kscn溶液同样可以变血红色，故b错误；c加入naoh溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有fe3+，故c正确；d氢氧化镁为白色沉淀，能被红褐色沉淀掩盖，无法确定，故d错误故选c【点评】本题考查物质的检验及鉴别，明确物质的性质是解答本题的关键，注意物质性质的差异即可解答，题目难度不大18下列物质中，不属于合金的是（）a硬铝b水银c黄铜d钢铁【考点】合金的概念及其重要应用【专题】元素及其化合物【分析】合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质【解答】解：a硬铝的成分是指铝合金中以cu为主要合金元素的（含2.24.9%cu、0.21.8%mg、0.30.9%mn、少量的硅，其余部分是铝）一类铝合金，故a错误； b水银是汞，是金属单质，所以不是合金，故b正确；c黄铜是由铜和锌所组成的合金，所以黄铜是合金，故c错误；d钢铁是含碳的铁，所以是合金，故d错误故选b【点评】本题考查了合金的定义，难度不大，注意基础知识的积累，明确物质的俗称19生石灰中往往含有杂质caco3和sio2，检验它是否存在着这两种杂质的最好试剂是（）a水b盐酸c硫酸d烧碱溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；硅和二氧化硅【专题】物质检验鉴别题；碳族元素【分析】生石灰是氧化钙的俗称，石灰石的主要成分是碳酸钙，检验生石灰中是否含有石灰石，也就是检验生石灰中是否含有碳酸根离子，根据碳酸盐的检验方法进行分析解答即可二氧化硅不溶于水、盐酸、硫酸，但二氧化硅能溶于强碱溶液，可根据二氧化硅的溶解性进行检验【解答】解：a、氧化钙和水能反应生成氢氧化钙，但碳酸钙和二氧化硅都不溶于水，所以用水不能检验含有杂质caco3和sio2，故a错误；b、氧化钙和盐酸能反应生成氯化钙，碳酸钙和盐酸反应有气泡冒出；二氧化硅和盐酸不反应，溶液中有不溶于盐酸的物质存在，所以用盐酸能检验含有杂质caco3和sio2，故b正确；c、氧化钙和硫酸反应生成微溶性的物质硫酸钙，碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙附着在石灰石上阻止了进一步的反应，二氧化硅和硫酸不反应，所以用硫酸检验含有杂质caco3和sio2效果不好，故c错误；d、氧化钙和氢氧化钠不反应，石灰石和氢氧化钠不反应，二氧化硅和氢氧化钠反应，但现象不是很明显，所以用氢氧化钠溶液检验含有杂质caco3和sio2效果不好，故d错误；故选b【点评】本题考查了检验杂质试剂的选取，难度不大，明确物质的性质是正确选取试剂的关系20下列说法正确的是（）a二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，不能和任何酸反应b水玻璃中通入过量的二氧化碳的离子方程式为：sio32+co2+h2oh2sio3+co32c石英可以用来生产玻璃d晶体硅常被用来制造光导纤维【考点】硅和二氧化硅【专题】碳族元素【分析】a二氧化硅能够与氢氟酸反应；b二氧化碳过量反应生成硅酸和碳酸氢钠；c生产玻璃原料为：石英、碳酸钙、碳酸钠；d二氧化硅常被用来制造光导纤维【解答】解：a二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，二氧化硅能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故a错误；b水玻璃中通入过量的二氧化碳的离子方程式为：sio32+2co2+2h2o=2hco3+h2sio3，故b错误；c生产玻璃原料为：石英、碳酸钙、碳酸钠，故c正确；d二氧化硅常被用来制造光导纤维，故d错误；故选：c【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查硅及其化合物知识，熟悉二氧化硅、硅的性质及用途是解题关键，题目难度不大二、填空题（本题包括4小题，共40分请将答案填到答题卷上）21按要求书写方程式：（1）过氧化钠与co2反应的化学方程式：2na2o2+2co2=2na2co3+o2（2）将少量偏铝酸钠溶液滴入足量盐酸的离子方程式：alo2+4h+=al3+2h2o（3）铁与高温水蒸气反应的化学方程式：3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2（4）镁条在二氧化碳中燃烧的化学方程式：2mg+co22mgo+c【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】（1）过氧化钠与co2反应生成碳酸钠和氧气；（2）将少量偏铝酸钠溶液滴入足量盐酸，会产生氯化铝溶液；（3）铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；（4）镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳【解答】解：（1）过氧化钠与co2反应生成碳酸钠和氧气，即：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，故答案为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2；（2）将少量偏铝酸钠溶液滴入足量盐酸，会产生氯化铝溶液，反应的离子方程式为：alo2+4h+=al3+2h2o，故答案为：alo2+4h+=al3+2h2o；（3）铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，即3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2，故答案为：3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2；（4）镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，即2mg+co22mgo+c，故答案为：2mg+co22mgo+c【点评】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，题目难度中等，明确离子方程式、化学方程式是书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力22用下面两种方法均可制得fe（oh）2白色沉淀方法一：用不含fe3+的feso4溶液与不含o2的蒸馏水配制的naoh溶液反应制备（1）用硫酸亚铁晶体配制上述feso4溶液时还需要加入稀h2so4；铁屑（2）除去蒸馏水中溶解的o2常采用加热煮沸的方法（3）制取fe（oh）2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含o2的naoh溶液，插入feso4溶液液面下，再挤出naoh溶液这样操作的理由是：防止发生反应4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3在试管里加入的试剂是稀h2so4、铁屑（5）为了制得fe（oh）2白色沉淀，在试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是检验试管出口处排出的氢气的纯度当排出的h2纯净时，再夹紧止水夹【考点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【专题】无机实验综合【分析】（1）根据feso4易被空气中的氧气氧化和易水解的特点分析；（2）根据气体的溶解度随温度的升高而减小分析；（3）根据氢氧化亚铁极易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁分析；（4）根据铁屑与稀h2so4反应生成硫酸亚铁溶液；（5）打开止水夹，fe与h2so4反应生成h2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的fe2+沿导管进入右侧试管与naoh反应生成白色沉淀fe（oh）2【解答】解：（1）根据feso4具有易被氧化和易水解的特点，在配制其溶液时还需加入稀h2so4防止 发生水解反应，同时加入铁屑防止硫酸亚铁被氧化故答案为：稀h2so4；铁屑；（2）蒸馏水中若溶有o2，则会加速fe（oh）2氧化，由于氧气的溶解度随温度的升高而减小，因此可采用加热煮沸的方法除去故答案为：加热煮沸；（3）用长滴管吸取不含o2的naoh溶液，插入feso4溶液液面下，是为避免生成的fe（oh）2沉淀接触o2，发生反应的方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，故答案为：4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3；（4）铁与硫酸反应生成氢气，关闭止水夹，会使装置中压强变大，使中的药品进入中，与中的药品反应得到氢氧化亚铁，所以在试管i里加入试剂稀h2so4、铁屑，获得硫酸亚铁溶液，故答案为：稀h2so4、铁屑；（5）打开止水夹，fe与h2so4反应生成h2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的fe2+沿导管进入右侧试管与naoh反应生成白色沉淀fe（oh）2若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将naoh中和，则得不到fe（oh）2溶液，故答案为：检验试管出口处排出的氢气的纯度，当排出的h2纯净时，再夹紧止水夹【点评】fe（oh）2很容易被空气中的氧气氧化，这是fe（oh）2的重要性质，本题是在原有性质基础上进行了改编，设计成了探究型实验题，此题考查的内容比较多，既有水解方面的问题，又有氧化还原方面的问题，还有实验中的实际问题，同时还考查了实验的设计，可以说是一道不可多得的好题23如图是用明矾kal（so4）212h2o制取硫酸铝和硫酸钾的操作方法，根据此图回答有关问题（1）进行操作时，加入的试剂是氨水；从反应混合物分离a所进行的实验操作是过滤；其反应的离子方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；（2）进行操作时，所加入的试剂是koh，其目的是将硫酸铵转化为硫酸钾，反应混合物进行的操作是加热【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】明矾是kal（so4）212h2o，将明矾溶于水得到明矾溶液，向明矾溶液中加入过量氨水得到al（oh）3，al（oh）3溶于稀硫酸得到al2（so4）3，将al2（so4）3溶液蒸干得到al2（so4）3晶体；b中溶质成分是k2so4、（nh4）2so4，向溶液中加入koh溶液并加热得到k2so4、nh3，则c中成分是k2so4，将k2so4溶液蒸干得到k2so4晶体，据此分析解答【解答】解：明矾是kal（so4）212h2o，将明矾溶于水得到明矾溶液，向明矾溶液中加入过量氨水得到al（oh）3，al（oh）3溶于稀硫酸得到al2（so4）3，将al2（so4）3溶液蒸干得到al2（so4）3晶体；b中溶质成分是k2so4、（nh4）2so4，向溶液中加入koh溶液并加热得到k2so4、nh3，则c中成分是k2so4，将k2so4溶液蒸干得到k2so4晶体，（1）通过以上分析知，进行操作时，加入的试剂是氨水；分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以从反应混合物分离a所进行的实验操作是过滤，其反应的离子方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故答案为：氨水；过滤；al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；（2）通过以上分析知，进行操作时需要加入koh将硫酸铵转化为硫酸钾，所以所加入的试剂是koh，其目的是将硫酸铵转化为硫酸钾肥料，反应混合物进行的操作是加热来除去生成的氨气，故答案为：koh；将硫酸铵转化为硫酸钾；加热【点评】本题考查