河北省邯郸市大名一中高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

河北省邯郸市大名一中2014-2015学年高二下学期期末化学试卷 一单选题（每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共51分）1（3分）化学是一门实用性的学科，以下叙述正确的是（）a新型能源生物柴油和矿物油主要化学成分相同b“洁厕灵”有效成分为盐酸，与漂白粉混合使用效果更佳c静置后的淘米水能产生丁达尔现象，这种“淘米水”是胶体d铝热反应中可得到铁，工业上可以利用该反应来大量生产铁2（3分）设na表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（）a31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有na个磷原子b假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于nac1molna2o2与水反应转移的电子数为nad58.5g的氯化钠固体中含有na个氯化钠分子3（3分）下列判断合理的是（）硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属a只有b只有c只有d只有4（3分）以下有关物质的量浓度的叙述正确的是（）a等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1：2：3b150ml 1moll1的氯化钾溶液中的c（cl）与50ml 1moll1的氯化铝溶液中的c（cl）相等c20时，饱和kcl溶液的密度为1.174gcm3，物质的量浓度为4.0moll1，则此溶液中kcl的质量分数为100%d20时，100g水可溶解34.2g kcl，此时kcl饱和溶液的质量分数为34.2%5（3分）碱金属及其化合物在生活和化工生产中具有广泛的用途，下列说法正确的是（）a钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂是由于二者是活泼金属易失电子b用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好c碳酸钠可用于制造洗涤剂，因为碳酸钠是碱d五彩缤纷的焰火是k单质燃烧所致6（3分）某溶液中含有下列六种离子：hco3 so32 na+ co32nh4+ no3，向其中加入一定量na2o2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（）a只有bcd7（3分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）a向naoh溶液中通入过量co2：2oh+co2=co32+h2ob电解氯化镁溶液：2cl+2h2ocl2+h2+2ohc向h2o2溶液中加入mno2：2h2o2+4h+mno2=o2+mn2+4h2od向kal（so4）2溶液中滴加ba（oh）2溶液至so42沉淀完全：al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2o8（3分）等质量的氯气与下列足量物质反应，转移的电子数最少的是（）a冷的naoh溶液bso2的水溶液cfecl2溶液d铜9（3分）物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：cu与hno3溶液 cu与fecl3溶液 zn与h2so4溶液 fe与hcl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）abcd10（3分）在反应3brf3+5h2o9hf+br2+hbro3+o2中，若有5mol h2o参加反应，被水还原的溴元素为（）a1molbmolcmold2mol11（3分）有下列三个反应：cl2+fei2fecl2+i22fe2+br22fe3+2brco2o3+6hcl2cocl2+cl2+3h2o下列说法正确的是（）a反应中的氧化产物分别是i2、fe3+、cocl2b根据以上方程式可以得到氧化性cl2fe3+co2o3c在反应中当1 mol co2o3参加反应时，2 mol hcl被氧化d可以推理得到i2+fe2+2i+fe3+12（3分）某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为mgcl2）制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法中，错误的是（）a操作发生的反应为非氧化还原反应b若在实验室进行操作只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器c操作是蒸发浓缩结晶d在整个制备过程中，未发生置换反应13（3分）室温下，在0.2moll1 al2（so4）3溶液中，逐滴加入1.0moll1 naoh溶液，实验测得溶液ph随naoh溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）aa点时，溶液呈酸性的原因是al3+水解，离子方程式为：al3+3ohal（oh）3bab段，溶液ph增大，al3+浓度不变cbc段，加入的oh主要用于生成al（oh）3沉淀dd点时，al（oh）3沉淀开始溶解14（3分）下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸变红又褪色的是（）氯气 液氯 新制氯水 氯气的酒精溶液 盐酸 盐酸酸化的漂白粉溶液abcd15（3分）将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75ml 4mol/l的盐酸中，反应一段时间后，再加入250ml1.5mol/l的naoh溶液，待反应完全，此时溶液中除na+、cl外，还大量存在的是（）aalo2bal3+，mg2+cmg2+，alo2dal3+，mg2+、h+16（3分）某同学用如图所示装置制备并检验cl2的性质下列说法正确的是（）a图中：如果mno2过量，浓盐酸就可全部被消耗b图中：量筒中发生了加成反应c图中：生成蓝色的烟d图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有cl2生成17（3分）一定量的镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应产生3.36l氢气若将等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48l的no（气体的体积均已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）a11.4gb16.5gc9.7gd8.7g二、填空题（共3题，共29分）18（6分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类，以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空（1）上述分类中，分成a、b两组的依据是（2）c组物质与水反应的离子方程式为（3）d组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质有（填化学式）19（8分）在某无色溶液里，只含有下列8种离子中的某几种：na+、h+、ag+、mg2+、cl、oh、hco3、no3已知该溶液能跟铝粉反应，且放出的气体只有h2试回答：（1）若溶液和铝粉反应后有alo2生成，则溶液中一定含有大量的离子，还可能含有大量的离子（2）若溶液和铝粉反应后有al3+生成，则溶液中一定含有大量的离子，原溶液中一定不含有大量的离子20（15分）已知几种离子的还原能力强弱顺序为ife2+br，现有200ml混合溶液中含fei2、febr2各0.10mol，向其中逐滴滴入氯水（假定cl2分子只与溶质离子反应，不考虑其他反应）（1）若氯水中有0.15mol cl2被还原，则所得溶液中含有的阴离子主要是，剩余fe2+的物质的量为（2）若原溶液中br有一半被氧化，共消耗cl2的物质的量为，若最终所得溶液为400ml，溶液中主要阳离子及其物质的量浓度为（3）通过对上述反应的分析，试判断cl2、i2、fe3+、br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是（4）上述反应若原溶液中溶质离子全部被氧化后，再滴入足量氯水，则i2全部被cl2氧化成hio3（强酸），试写出此反应的离子方程式：，上述所有反应共消耗cl2mol三、实验题（12分）21（12分）实验室用密度为1.18g/ml，质量分数为36.5%浓盐酸配制250ml0.1mol/l的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250ml0.1mol/l的盐酸溶液应量取盐酸体积ml，所需要的仪器有（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）a用30ml水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡b用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30ml），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀c将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250ml的容量瓶中d将容量瓶盖紧，振荡，摇匀e改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切f继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（3）操作a中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（偏高、偏低或无影响）a没有进行a操作；b加蒸馏水时不慎超过了刻度；c定容时俯视四、计算题（8分）22（8分）将0.1molmg、al混合物溶于100ml4mol/l的盐酸中，然后再滴加1mol/l的naoh溶液，在滴加naoh溶液的过程中，沉淀质量m与naoh溶液的体积v的变化如图所示（1）当v1=140ml时，混合物中n（mg）=mol，v2=ml（2）滴入的naoh溶液ml 时，溶液中的mg2+和al3+刚好沉淀完全（3）若混合物中mg的物质的量分数为a，当滴入的naoh溶液为450ml时，所得沉淀中无al（oh）3，则a的取值范围是河北省邯郸市大名一中2014-2015学年高二下学期期末化学试卷参考答案与试题解析一单选题（每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共51分）1（3分）化学是一门实用性的学科，以下叙述正确的是（）a新型能源生物柴油和矿物油主要化学成分相同b“洁厕灵”有效成分为盐酸，与漂白粉混合使用效果更佳c静置后的淘米水能产生丁达尔现象，这种“淘米水”是胶体d铝热反应中可得到铁，工业上可以利用该反应来大量生产铁考点：胶体的应用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发 专题：化学应用分析：a生物柴油是生物质能的一种，它是生物质利用热裂解等技术得到的一种长链脂肪酸的单烷基酯，矿物油的成分为多种烃混合物；b洁厕剂主要成分为盐酸，与漂白粉中次氯酸钙反应生成氯化钙和氯气；c光束通过胶体时，产生光亮的通路；d工业炼铁的原理是在高温条件下用一氧化碳还原铁的氧化物，通常是还原氧化铁；解答：解：a生物柴油是指以油料作物、野生油料植物和工程微藻等水生植物油脂以及动物油脂、餐饮垃圾油等为原料油通过酯交换工艺制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，是一种长链脂肪酸的单烷基酯，而矿物油的成分为多种烃混合物，两者成分不同，故a错误；b洁厕剂主要成分为盐酸，与次氯酸钙反应生成氯化钙和氯气，反应的离子方程式为clo+cl+2h+=cl2+h2o，生成一种有毒气体氯气污染环境，故b错误；c胶体具有丁达尔效应，静置后的淘米水为胶体，能产生丁达尔现象，故c正确；d工业炼铁的原理是用一氧化碳还原铁的氧化物，铝热反应中可得到铁，可用于焊接铁轨，不能大量生产铁，故d错误；故选c点评：本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查生物柴油和矿物油主要化学成分、洁厕剂和漂白粉、胶体的丁达尔效应、工业炼铁等知识，掌握常识、理解原因是关键，题目难度不大2（3分）设na表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（）a31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有na个磷原子b假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于nac1molna2o2与水反应转移的电子数为nad58.5g的氯化钠固体中含有na个氯化钠分子考点：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、依据元素守恒分析计算，b、胶体微粒是氢氧化铁的集合体；c、过氧化钠和水反应，氧元素化合价1价变化为2价和0价；d、氯化钠是离子化合物；解答：解：a、依据元素守恒分析计算，31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有磷原子=na=na个，故a正确；b、胶体微粒是氢氧化铁的集合体，假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于na，故b正确；c、过氧化钠和水反应，氧元素化合价1价变化为2价和0价，1molna2o2与水反应转移的电子数为na，故c正确；d、氯化钠是离子化合物，通常情况不存在分子，故d错误；故选d点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应的转移计算，胶体微粒理解分析，注意氯化钠是离子化合物，题目较简单3（3分）下列判断合理的是（）硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属a只有b只有c只有d只有考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念 专题：物质的分类专题分析：根据有关概念分析，氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物，强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，分散系是根据分散质微粒大小分类的，根据反应中是否有化合价的升降将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，金属和非金属是根据稳定单质中原子间主要作用力来分类的，据此判断解答：解：纯碱成分是碳酸钠，属于盐，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；根据电解质在水溶液里能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；分散系是根据分散质微粒大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；根据反应中是否有化合价的升降，即是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；不是根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，故错误；属于判断合理的是；故选：b点评：本题考查一些常见概念的判别，了解常见物质的组成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，采用排除法是正确、快速解答此类题的捷径4（3分）以下有关物质的量浓度的叙述正确的是（）a等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1：2：3b150ml 1moll1的氯化钾溶液中的c（cl）与50ml 1moll1的氯化铝溶液中的c（cl）相等c20时，饱和kcl溶液的密度为1.174gcm3，物质的量浓度为4.0moll1，则此溶液中kcl的质量分数为100%d20时，100g水可溶解34.2g kcl，此时kcl饱和溶液的质量分数为34.2%考点：物质的量浓度的相关计算；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：a生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则物质的量之比为1：2：3，根据硫酸根守恒计算硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾的物质的量之比，溶液体积相等，浓度之比等于其物质的量之比；b.1moll1的氯化钾溶液中的c（cl）=1mol/l，1moll1的氯化铝溶液中的c（cl）=3mol/l；c根据c=进行计算；d饱和溶液质量分数=100%解答：解：a生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则物质的量之比为1：2：3，根据硫酸根守恒，硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾的物质的量之比=：1：1=1：3：3，溶液体积相等，三溶液浓度之比等于其物质的量之比=1：3：3，故a错误；b.1moll1的氯化钾溶液中的c（cl）=1mol/l，1moll1的氯化铝溶液中的c（cl）=3mol/l，氯离子浓度不相等，故b错误；c根据c=可知，饱和kcl溶液的密度为1.174gcm3，物质的量浓度为4.0moll1，则此溶液中kcl的质量分数为100%，故c正确；d.20时，100g水可溶解34.2g kcl，此时kcl饱和溶液的质量分数为100%，故d错误，故选c点评：本题考查溶液浓度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，难度不大，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系5（3分）碱金属及其化合物在生活和化工生产中具有广泛的用途，下列说法正确的是（）a钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂是由于二者是活泼金属易失电子b用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好c碳酸钠可用于制造洗涤剂，因为碳酸钠是碱d五彩缤纷的焰火是k单质燃烧所致考点：碱金属的性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：a钠钾合金具有良好的导热性；b依据相同质量碳酸钠和碳酸氢钠反应放出二氧化碳多少解答；c电离产生阴离子都是氢氧根离子的属于碱；d焰色反应体现了金属元素的性质解答：解：a钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂是利用了二者良好导热性的物理性质，而不是化学性质，故a错误；b相同质量的碳酸氢钠和碳酸钠中碳酸氢钠放出的气体多，碳酸氢钠反应的速率比碳酸钠的快，所以饱和碳酸氢钠制造灭火剂的效果好，故b正确；c碳酸钠是盐，不是碱，故c错误；d五彩缤纷的焰火是多种不同金属元素的焰色反应所致，不一定是单质燃烧所致，也不一定是钾元素所致，故d错误；故选：b点评：本题考查了物质的性质和用途，明确碱金属的性质、焰色反应的原理是解题关键，注意焰色反应为元素性质，属于物理性质6（3分）某溶液中含有下列六种离子：hco3 so32 na+ co32nh4+ no3，向其中加入一定量na2o2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（）a只有bcd考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：na2o2与水反应生成naoh和o2，反应后溶液成碱性，并且na2o2具有强氧化性，凡是与naoh或者与na2o2发生氧化还原反应的离子浓度肯定发生变化，以此解答该题解答：解：na2o2与水反应生成naoh和o2，反应后溶液成碱性，则：hco3、co32、nh4+浓度发生变化，na2o2具有强氧化性，so32被氧化，离子浓度发生变化，na+浓度增大，浓度不变的只有no3，故选a点评：本题考查过氧化钠的性质，题目难度不大，注意过氧化钠与水反应的特点以及具有氧化性的性质，为解答该题的关键7（3分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）a向naoh溶液中通入过量co2：2oh+co2=co32+h2ob电解氯化镁溶液：2cl+2h2ocl2+h2+2ohc向h2o2溶液中加入mno2：2h2o2+4h+mno2=o2+mn2+4h2od向kal（so4）2溶液中滴加ba（oh）2溶液至so42沉淀完全：al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2o考点：离子方程式的书写 分析：a二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；b氢氧化镁为沉淀，应保留化学式；c双氧水分解，二氧化锰做催化剂；d二者按照物质的量之比1：2反应so42沉淀完全解答：解：a向naoh溶液中通入过量co2，离子方程式：oh+co2=hco3，故a错误；b电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，离子方程式：mg2+2cl+2h2ocl2+h2+mg（oh）2，故b错误；c向h2o2溶液中加入mno2，离子方程式：2h2o2o2+2h2o，故c错误；d向kal（so4）2溶液中滴加ba（oh）2溶液至so42沉淀完全，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾和水，离子方程式：al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2o，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，注意反应物用量对反应的影响，选项ad为易错选项，题目难度中等8（3分）等质量的氯气与下列足量物质反应，转移的电子数最少的是（）a冷的naoh溶液bso2的水溶液cfecl2溶液d铜考点：化学方程式的有关计算 分析：根据氯气和选项中物质反应的过程中，氯元素的化合价升降情况确定转移电子数目，得到结果即可解答：解：等质量的氯气与足量物质反应，假设氯气中的质量都是71g，即1mol，a、1mol氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，转移电子是1mol；b、1mol氯气和so2的水溶液反应生成盐酸和硫酸，转移电子是2mol；c、1mol氯气和fecl2的水溶液反应生成氯化铁溶液，转移电子是2mol；d、1mol氯气和cu反应生成氯化铜，转移电子是2mol；转移的电子数最少的是a故选a点评：本题考查学生化学方程式中的电子转移的计算知识，注意氧化还原反应知识的灵活应用，难度中等9（3分）物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：cu与hno3溶液 cu与fecl3溶液 zn与h2so4溶液 fe与hcl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）abcd考点：硝酸的化学性质；浓硫酸的性质 专题：氧族元素；氮族元素分析：浓硝酸与金属反应生成二氧化氮，稀硝酸与金属反应生成一氧化氮；较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；中都只发生一种反应，以此来解答解答：解：cu与hno3溶液中，若为浓硝酸，发生cu+4hno3cu（no3）2+2no2+2h2o，若为稀硝酸，则发生3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o，故符合题意；cu与fecl3溶液中，无论浓度大小都只发生cu+2fecl32fecl2+cucl2，故不符合题意；zn与h2so4溶液中，若为稀硫酸，发生zn+h2so4znso4+h2，若为浓硫酸，则发生zn+2h2so4（浓）znso4+so2+2h2o，故符合题意；fe与hcl溶液中，无论浓度大小都只发生fe+2hcl=fecl2+h2，故不符合题意；故选a点评：本题考查常见物质的性质，明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大10（3分）在反应3brf3+5h2o9hf+br2+hbro3+o2中，若有5mol h2o参加反应，被水还原的溴元素为（）a1molbmolcmold2mol考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：在反应3brf3+5h2o=hbro3+br2+9hf+o2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以brf3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用根据氧化还原反应中电子转移守恒计算被水还原的brf3的物质的量解答：解：在反应3brf3+5h2o=hbro3+br2+9hf+o2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以brf3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用若5molh2o参加反应，则生成1molo2，氧原子提供电子物质的量为2mol2，令被水还原的brf3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：2mol2=xmol（30）解得x=mol，故选c点评：本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂、还原剂，利用电子转移守恒计算11（3分）有下列三个反应：cl2+fei2fecl2+i22fe2+br22fe3+2brco2o3+6hcl2cocl2+cl2+3h2o下列说法正确的是（）a反应中的氧化产物分别是i2、fe3+、cocl2b根据以上方程式可以得到氧化性cl2fe3+co2o3c在反应中当1 mol co2o3参加反应时，2 mol hcl被氧化d可以推理得到i2+fe2+2i+fe3+考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应 分析：a、在氧化还原反应中，还原剂在反应中失电子（或偏移离子）后被氧化后的产物是氧化产物，化合价升高；b、在同一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；c、根据化合价的升降来确定反应转移电子数；d、由反应可知碘离子的还原性强于亚铁离子，所以铁离子的氧化性强碘单质解答：解：a、在已知的三个反应中，元素化合价升高的只有i2、fe3+、c12，i2、fe3+、c12是氧化产物，故a错误；b、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应中，c12i2，在反应中，br2fe3+，在反应中，co2o3c12，氧化性顺序是：co2o3c12br2fe3+，故b错误；c、在反应中当1 mol co2o3参加反应时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molhc1被氧化，故c正确；d、由反应可知碘离子的还原性强于亚铁离子，所以铁离子的氧化性强碘单质，所以能发生2i+fe3+i2+fe2+，故d错误故选c点评：本题考查学生氧化还原反应中，氧化性强弱的判断方法，可以根据所学知识来回答，难度不大12（3分）某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为mgcl2）制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法中，错误的是（）a操作发生的反应为非氧化还原反应b若在实验室进行操作只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器c操作是蒸发浓缩结晶d在整个制备过程中，未发生置换反应考点：金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：a氧化还原反应有化合价的升降或电子的得失；b过滤操作中需要使用漏斗和烧杯、玻璃棒；c操作是mgcl2溶液得到mgcl2晶体；d置换反应中应是单质与化合物反应生成单质和化合物解答：解：a发生复分解反应mg 2+2oh =mg（oh）2，故a正确； b过滤操作中还使用玻璃棒，故b错误；cmgcl2溶液得到mgcl2晶体需要蒸发浓缩结晶，故c正确；d只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，故d正确故选b点评：本题考查元素及其化合物，明确流程中发生的化学反应是解答的关键，注意基本反应类型的区别13（3分）室温下，在0.2moll1 al2（so4）3溶液中，逐滴加入1.0moll1 naoh溶液，实验测得溶液ph随naoh溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）aa点时，溶液呈酸性的原因是al3+水解，离子方程式为：al3+3ohal（oh）3bab段，溶液ph增大，al3+浓度不变cbc段，加入的oh主要用于生成al（oh）3沉淀dd点时，al（oh）3沉淀开始溶解考点：真题集萃；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：a硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；bab段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；cbc段，ph变化不大；dc点后ph发生突变，naoh过量解答：解：a硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为al3+3h2oal（oh）3+3h+，故a错误；bab段，发生h+ohh2o，但加入naoh溶液，总体积增大，则al3+浓度减小，故b错误；cbc段，ph变化不大，主要发生al3+3ohal（oh）3，则加入的oh主要用于生成al（oh）3沉淀，故c正确；dc点后ph发生突变，naoh过量，al（oh）3沉淀开始溶解，生成naalo2，碱性较强，而d点ph10，naoh远远过量，故d错误；故选c点评：本题为2014年安徽2015届高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点ph突变为解答的关键，明确bc段中铝离子过量，题目难度不大14（3分）下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸变红又褪色的是（）氯气 液氯 新制氯水 氯气的酒精溶液 盐酸 盐酸酸化的漂白粉溶液abcd考点：氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：元素及其化合物分析：干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成hclo，hclo具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有hclo存在解答：解：氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故错误； 液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故错误； 新制氯水中含有hcl和hclo，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故正确； 氯气的酒精溶液中存在氯气，氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故错误； 盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故错误；用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有hcl和hclo，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故正确；故选c点评：本题考查氯气及其化合物的性质，明确起漂白作用的物质和使石蕊试纸变红的物质分别是什么，难度不大15（3分）将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75ml 4mol/l的盐酸中，反应一段时间后，再加入250ml1.5mol/l的naoh溶液，待反应完全，此时溶液中除na+、cl外，还大量存在的是（）aalo2bal3+，mg2+cmg2+，alo2dal3+，mg2+、h+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：将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75ml 4mol/l的盐酸中即n（hcl）=0.075l4mol/l=0.3mol，发生反应mg+2hcl=mgcl2+h2，2al+6hcl=2alcl3+3h2，根据计算盐酸过量，则溶液中变成hcl、mgcl2、alcl3混合溶液，再加入250ml1.5mol/l的naoh溶液即n（naoh）=0.25l1.5mol/l=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除nacl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；解答：解：将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75ml 4mol/l的盐酸中即n（hcl）=0.075l4mol/l=0.3mol，发生反应mg+2hcl=mgcl2+h2，2al+6hcl=2alcl3+3h2，根据计算2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成hcl、mgcl2、alcl3混合溶液，再加入250ml1.5mol/l的naoh溶液即n（naoh）=0.25l1.5mol/l=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除nacl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故选a点评：本题考查了镁、铝的性质，明确离子存在的条件是解本题的关键，本题整体分析较简便16（3分）某同学用如图所示装置制备并检验cl2的性质下列说法正确的是（）a图中：如果mno2过量，浓盐酸就可全部被消耗b图中：量筒中发生了加成反应c图中：生成蓝色的烟d图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有cl2生成考点：化学实验方案的评价 分析：a二氧化锰和稀盐酸不反应；b光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应；c铜在氯气中燃烧产生棕色烟；d起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应解答：解：a浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，而稀盐酸和二氧化锰不反应，所以无论二氧化锰是否过量，盐酸都无法完全反应，故a错误；b光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应而不是加成反应，故b错误；c铜在氯气中燃烧产生棕色烟，向集气瓶中加入水，溶液呈蓝色，故c错误；d氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应而生成氯气，故d正确；故选d点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质之间的反应、实验现象、反应类型判断等知识点，明确物质的性质及实验原理是解本题关键，易错选项是c17（3分）一定量的镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应产生3.36l氢气若将等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48l的no（气体的体积均已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）a11.4gb16.5gc9.7gd8.7g考点：氧化还原反应的计算；有关混合物反应的计算 分析：al与naoh反应生成氢气，n（h2）=0.15mol，由电子守恒可知n（al）=0.1mol；等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48l的no（气体的体积均已折算到标准状况），n（no）=0.2mol，由电子守恒可知，n（mg）2+n（al）3=0.2mol（52）可计算mg的物质的量，在反应后的溶液中，加入足量的naoh溶液，生成沉淀为氢氧化镁，结合mg原子守恒计算解答：解：mg与naoh溶液不反应，al与naoh反应生成氢气，n（h2）=0.15mol，由电子守恒可知n（al）=0.1mol；等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48l的no，n（no）=0.2mol，由电子守恒可知，n（mg）2+n（al）3=0.2mol（52），解得n（mg）=0.15mol，在反应后的溶液中，加入足量的naoh溶液，铝离子转化为偏铝酸根离子，而镁离子转化为氢氧化镁沉淀，由mg原子守恒可知，n=n（mg）=0.15mol，则m=0.15mol58g/mol=8.7g，故选d点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等二、填空题（共3题，共29分）18（6分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类，以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空（1）上述分类中，分成a、b两组的依据是与水反应是否是氧化还原反应（2）c组物质与水反应的离子方程式为2na+2h2o2na+2oh+h2（3）d组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质有cl2、na2o2（填化学式）考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 专题：卤族元素；氮族元素；几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据a、b两组与水反应方程式的特征分析；（2）c组物质与水反应水只作氧化剂的只有钠；（3）d组物质与水反应中，根据氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1来分析解答：解：（1）a组与水反应都是生成对应的酸或者碱，而b组与水反应都发生了氧化还原反应，故分成a、b两组的依据是与水反应是否是氧化还原反应，故答案为：与水反应是否是氧化还原反应；（2）c组物质与水反应水只作氧化剂的只有钠，所以离子方程式为：2na+2h2o2na+2oh+h2，故答案为：2na+2h2o2na+2oh+h2；（3）d组物质与水反应中，水即不作氧化剂也不作还原剂的为cl2、na2o2，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1也是cl2、na2o2，故答案为：cl2、na2o2点评：本题考查了物质的分类，具体与水反应根据水的作用来分，难度不大，注意掌握基本反应类型是解题关键19（8分）在某无色溶液里，只含有下列8种离子中的某几种：na+、h+、ag+、mg2+、cl、oh、hco3、no3已知该溶液能跟铝粉反应，且放出的气体只有h2试回答：（1）若溶液和铝粉反应后有alo2生成，则溶液中一定含有大量的na+、oh离子，还可能含有大量的cl、no3离子（2）若溶液和铝粉反应后有al3+生成，则溶液中一定含有大量的h+、cl离子，原溶液中一定不含有大量的ag+、oh、hco3、no3离子考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：跟金属铝反应生成h2的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，当生成al3+时，溶液为酸溶液，当生成alo2时，溶液为碱溶液，然后利用离子的共存来分析，并注意离子在水中的颜色解答：解：离子均为无色，所有离子均与无色透明溶液符合；铝既能与酸作用产生氢气，也能与碱作用产生氢气，（1）溶液和铝粉反应后有alo2生成，溶液显碱性时，mg2+、h+、ag+、hco3不能存在，根据溶液不显电性，一定存在阳离子，即阳离子只有na+，说明原溶液中的阴离子一定含oh，可能含no3、cl，故答案为：na+、oh；cl、no3；（2）溶液和铝粉反应后有al3+生成，溶液显酸性，则hco3、oh不存在，由于硝酸与金属反应一般没有氢气产生，因此也不存在no3，根据溶液不显电性，一定存在阴离子，即溶液中肯定有cl，而ag+可与cl生成沉淀，说明原溶液中也不存在ag+，即溶液中一定含有大量的h+、cl，可能含na+、mg2+，一定不能含有：ag+、oh、hco3、no3，故答案为：h+、cl；ag+、oh、hco3、no3点评：本题考查物质的检验及离子的共存问题，明确常见离子之间的反应是解答本题的关键，并注意利用溶液为电中性、溶液的酸碱性等来分析解答即可，题目难度不大20（15分）已知几种离子的还原能力强弱顺序为ife2+br，现有200ml混合溶液中含fei2、febr2各0.10mol，向其中逐滴滴入氯水（假定cl2分子只与溶质离子反应，不考虑其他反应）（1）若氯水中有0.15mol cl2被还原，则所得溶液中含有的阴离子主要是br、cl，剩余fe2+的物质的量为0.1mol（2）若原溶液中br有一半被氧化，共消耗cl2的物质的量为0.25mol，若最终所得溶液为400ml，溶液中主要阳离子及其物质的量浓度为0.5mol/l（3）通过对上述反应的分析，试判断cl2、i2、fe3+、br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是cl2br2fe3+i2（4）上述反应若原溶液中溶质离子全部被氧化后，再滴入足量氯水，则i2全部被cl2氧化成hio3（强酸），试写出此反应的离子方程式：5cl2+i2+6h2o=2 io3+12h+10cl，上述所有反应共消耗cl20.8mol考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的有关计算 专题：计算题；卤族元素分析：还原能力强弱顺序为ife2+br，则逐滴滴入氯水，则先后发生：cl2+2i=2cl+i2、cl2+2fe2+=2fe3+2cl、cl2+2br=2cl+br2，结合对应物质的物质的量判断反应的程度，并结合反应的离子方程式计算解答：解：还原能力强弱顺序为ife2+br，则逐滴滴入氯水，则先后发生：cl2+2i=2cl+i2、cl2+2fe2+=2fe3+2cl、cl2+2br=2cl+br2，（1）n（i