2015-2016学年广东省湛江市高一上学期期末化学试卷(解析版).doc

2015-2016学年广东省湛江市高一（上）期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1下列物质的分类正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2AABBCCDD【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】根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析【解答】解：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确故选D【点评】本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结2下列关于和的说法正确的是（）A和不是同一种元素B和互为同位素C和分别含有44和46个质子D和都含有34个中子【考点】同位素及其应用【专题】物质的组成专题【分析】A元素是具有相同核电荷数（质子数）的一类原子的总称； B质子数相同中子数不同的原子互称同位素；C元素符号的左下角为质子数；D中子数=质量数质子数【解答】解：A3478Se和3480Se质子数相同，是同种元素，故A错误；B3478Se和3480Se是原子，属同位素，故B正确；CSe的两种同位素的质子数都为34，故C错误；D3478Se和3480Se的中子数分别为44和46，故D错误；故选B【点评】本题以3478Se和3480Se为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及同位素、同素异形体的概念，侧重考查学生的辨别能力，题目难度不大3下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）AK+、OH、Na+、NO3BNa+、Fe3+、SO42、OHCH+、Na+、Cl、CO32DBa2+、Cu2+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】离子之间不满足离子反应发生的条件（生成难溶物、气体、弱电解质、发生氧化还原反应等），在溶液中就能够大量共存，据此进行判断【解答】解：A、K+、OH、Na+、NO3离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B、铁离子与氢氧根离子发生反应生成氢氧化铁，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C、氢离子能够与碳酸根离子发生反应，在溶液中不能够大量共存，故C错误；D、钡离子能够与硫酸根离子发生反应，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等4下列电离方程式不正确的是（）ANH4NO3=NH4+NO3BCH3COOH=H+CH3COOCNH3H2ONH4+OHDNaHCO3=Na+HCO3【考点】电离方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】强电解质在水溶液里完全电离生成阴阳离子，电离方程式写“=”，弱电解质在水溶液里部分电离，电离方程式写“”，书写时要遵循原子守恒、电荷守恒，据此分析解答【解答】解：A硝酸铵是强电解质，在水溶液中完全电离生成铵根离子和硝酸根离子，电离方程式为NH4NO3=NH4+NO3，故A不选；B醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“”，则醋酸电离方程式为CH3COOHH+CH3COO，故B选；C一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“”，则一水合氨电离方程式为NH3H2ONH4+OH，故C不选；D碳酸氢钠是强电解质，在水溶液中完全电离，所以电离方程式应该写“=”，则其电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3，故D不选；故选B【点评】本题考查电解质电离方程式正误判断，为高频考点，明确强弱电解质电离方程式书写区别是解本题关键，知道常见强弱电解质，题目难度不大5下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42C加入稀硝酸无明显现象，再加入硝酸银有白色沉淀产生，则一定有ClD加入Na2CO3 溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A、气体可能为二氧化碳或二氧化硫；B、根据氯化银为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析；C、加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰；D、加入碳酸钠生成的沉淀可能为碳酸钡；【解答】解：A、气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32，或SO32，或HCO3、HSO3，故A错误；B、当溶液中存在大量Ag+时，加入氯化钡溶液时Ag+能与Cl反应生成白色氯化银沉淀，所以不能肯定溶液中大量存在SO42，故B错误；C、加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，该沉淀一定是AgCl，故一定有Cl，故C正确；D、溶液Z中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙等，原溶液中不一定含Ba2+，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，为高频考点，题目难度中等，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子6下列实验操作中错误的是（）A分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C过滤时，应用玻璃棒搅拌漏斗中的待过滤液体D称量时，称量物放在称量纸（或称量器皿）上，置于托盘天平的左盘；砝码放在托盘天平的右盘中【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A分液时，分液漏斗中下层液体从下口倒出，为防止引进杂质，上层液体从上口倒出；B蒸馏时，温度计测量馏分温度；C过滤时，不能用玻璃棒搅拌；D称量时，应该遵循“左物右砝”原则，且要防止腐蚀、潮解或粘上杂质【解答】解：A分液时，分液漏斗中下层液体从下口倒出，为防止引进杂质，上层液体从上口倒出，故A正确；B蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；C过滤时，不能用玻璃棒搅拌，否则易损坏滤纸，故C错误；D称量时，应该遵循“左物右砝”原则，且要防止腐蚀或潮解，所以称量时要将药品放置在称量纸上或称量器皿中，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验评价方案，为高频考点，涉及分液、蒸馏、过滤、称量等基本操作，明确操作规范性及仪器用途是解本题关键，题目难度不大7下列正确的是（）ASiO2 是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与 CO2反应产物也相同C做光导纤维的材料是单质硅晶体D将SO2通入溴水溶液中，溶液褪色，体现SO2的漂白性【考点】硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；碱金属的性质【专题】氧族元素；碳族元素【分析】A能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物； B氧化钠、过氧化钠和二氧化碳的反应产物不同；C二氧化硅用于制造光导纤维；D二氧化硫有还原性【解答】解：ASiO2能和碱氢氧化钠反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确； B氧化钠、过氧化钠和二氧化碳的反应产物分别是：碳酸钠、碳酸钠和氧气，产物不一样，故B错误；C二氧化硅用于制造光导纤维，单质硅用作半导体材料，故C错误；D水中通入SO2气体后溶液褪色，是因为Br2 +SO2+2H2O=H2SO4+2HBr体现了二氧化硫的还原性，故D错误故选A【点评】本题考查了二氧化硫的性质，题目难度不大，易错项D，容易忽视二氧化硫还原性的性质8下列离子方程式书写正确的是（）A氯气与水反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB碳酸钙溶于稀盐酸中：CO32+2H+H2O+CO2C钠与水反应：2Na+2H2O2Na+2OH +H2D硫酸铝溶液与氨水反应：Al3+3 OH Al（OH）3【考点】离子方程式的书写【专题】氧化还原反应专题【分析】A反应生成的HClO在离子反应中保留化学式；B碳酸钙在离子反应中保留化学式；C反应生成氢氧化钠和氢气；D一水合氨在离子反应中保留化学式【解答】解：A氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B碳酸钙溶于稀盐酸中的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故B错误；C钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故C正确；D硫酸铝溶液与氨水反应的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，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、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大9将一定量的铁粉投入到FeCl3、CuCl2的混合溶液中，充分反应后仍有固体存在，则下列判断正确的是（已知氧化性：Fe3+Cu2+）（）A剩余固体中一定含FeB剩余固体中一定含Fe和CuC剩余固体中一定不含CuD剩余固体中一定含Cu【考点】铁的化学性质；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为Fe3+Cu2+，Fe3+优先反应，固体有剩余，则反应后的溶液中一定不存在Fe3+；若剩余固体只有Cu，则反应后的溶液中一定Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有Fe剩余，一定有铜生成，Fe3+和Cu2+无剩余，以此来解答【解答】解：当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；由可知，剩余的固体为铜，由可知，剩余固体为Cu，或Fe、Cu的混合物，即剩余固体中一定含Cu，可能含Fe，故选D【点评】本题考查铁的化学性质，为高频考点，侧重元素化合物性质及氧化还原反应的考查，注意Fe3+、Cu2+的氧化性强弱及固体的成分判断是解本题的关键，熟悉铁离子与金属铜、铁反应的化学方程式，题目难度不大10设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A常温常压下，2克氢气所含原子数目为NAB在标准状况下，O2和H2混合气体1mol所占的体积约为22.4 LC在常温常压下，22.4LH2O所含的原子数目为3NAD4.6克钠与水反应时失去的电子数目为0.1NA【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氢气是双原子分子，2g氢气物质的量是1mol； B在标准状况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4 L；C标准状况下水的状态不是气体；D4.6g钠的物质的量为0.2mol【解答】解：A2g氢气的物质的量是1mol含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故A错误； B1mol混合气体在标准状况下的体积约为22.4L，故B正确；C标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故C错误；D4.6g钠的物质的量为0.2mol，而钠反应后的价态为+1价，故0.2mol钠失去0.2mol电子，故D错误故选B【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，注意明确标准状况下水不是气体，要求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11下列说法正确的是（）A电解MgCl2溶液可获得金属镁B溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应C常温下可以用铝或铁制容器贮存浓硝酸和浓硫酸D用焰色反应鉴别NaCl溶液和Na2SO4溶液【考点】浓硫酸的性质；电解原理；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】实验评价题【分析】A电解氯化镁溶液得到的是氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，无法获得金属Mg；B溶液和胶体的本质区别为分散质粒子的大小；C铁、铝在常温下与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象；D氯化钠和硫酸钠都含有钠离子，焰色反应现象相同【解答】解：A电解氯化镁溶液无法获得金属镁，应该电解熔融氯化镁获得金属镁，故A错误；B丁达尔效应可以区别胶体和溶液，而溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小，故B错误；C常温下铁和铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化，所以可以用铝或铁制容器贮存浓硝酸和浓硫酸，故C正确；D两溶液中都含有离钠离子，无法用焰色反应鉴别NaCl溶液和Na2SO4溶液，故D错误；故选C【点评】本题考查较为综合，涉及浓硫酸、浓硝酸的性质、胶体和溶液区别、焰色反应、电解原理等知识，题目难度不大，明确溶液和胶体的本质区别为解答关键，注意掌握焰色反应的操作方法，试题培养了学生的灵活应用能力12下列说法不正确的是（）A向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液呈血红色，证明存在Fe3+B氢氧化钠溶液保存在带橡皮塞的试剂瓶中C漂白粉常作环境消毒剂D工业上用电解饱和食盐水来制取金属钠【考点】化学试剂的存放；电解原理；铁的化学性质【专题】化学实验基本操作【分析】AFe3+滴加KSCN溶液变血红色； B氢氧化钠能够与二氧化硅反应，不能使用玻璃塞的试剂瓶；C漂白粉具有强氧化性；D工业上用熔融的氯化钠获得钠【解答】解：A加KSCN溶液，溶液呈血红色，证明存在Fe3+，故A正确； B氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，不能使用玻璃塞的试剂瓶，可以使用带橡胶塞的试剂瓶保存，故B正确；C漂白粉具有强氧化性，则常作环境消毒剂，故C正确；D工业上用熔融的氯化钠获得钠，而不是电解饱和食盐水，故D错误故选D【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握性质与用途的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大13根据反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2判断，下列结论不正确的是（）AI2具有还原性B该反应属于置换反应C氧化剂是KClO3D当生成1mol Cl2时，转移2mol电子【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】2KClO3+I2=2KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由0升高为+5价，以此来解答【解答】解：AI元素的化合价升高，I2具有还原性，故A正确；B该反应为单质与化合物反应生成新单质与新化合物的反应，属于置换反应，故B正确；CCl元素的化合价降低，则氧化剂是KClO3，故C正确；D当生成1mol Cl2时，转移1mol2（50）=10mol电子，故D错误；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大14元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法不正确的是（）A除去FeCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加入足量铁粉，反应后过滤BNaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同C用热的纯碱溶液洗碗可去除油污D将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑了，说明浓硫酸具有吸水性【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用；浓硫酸的性质【专题】元素及其化合物【分析】AFeCl3可与铁反应生成FeCl2；B根据AlCl3+3NaOHAl（OH）3+NaCl，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O来分析；C加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强；D浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质【解答】解：AFeCl3可与铁反应生成FeCl2，可用于除去杂质，故A正确；B将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生：Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，现象不同，故B正确；C加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故C正确；D浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质，吸水性常用于干燥剂，故D错误故选D【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握铁、铝的单质以及浓硫酸的性质，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大15下列叙述和均正确并且有因果关系的是（） 叙述I叙述II A氯气具有强还原性可用于自来水的消毒杀菌 BSiO2导电能力强可用于制造太阳能电池板 CSO2有还原性SO2能使酸性KMnO4溶液褪色 D盐酸和氨水都能溶解Al（OH）3Al（OH）3是两性氢氧化物AABBCCDD【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】A氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒；BSi是半导体，可以用于制造太阳能电池板；C、SO2中有硫+4价，具有还原性；D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱【解答】解：A氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒，与还原性无关，因果关系不成立，故A错误；BSi是半导体，可以用于制造太阳能电池板，而不是二氧化硅，故B错误；C、SO2中有硫+4价，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，所以氨水不能溶解Al（OH）3，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，为高频考点，把握氯气、二氧化硅、二氧化硫和氢氧化铝的性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大16实验室需要480mL 0.1molL1硫酸铜溶液，以下操作中正确的是（）A称取7.86g硫酸铜，加入500mL水B称取12.0gCuSO45H2O，配制480mL溶液C称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D称取12.5gCuSO45H2O，配制500mL溶液【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法【专题】溶液和胶体专题【分析】室需要480mL 0.1molL1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L160g/mol0.5L=8.0g；需要溶质CuSO45H2O的质量=0.1mol/L250g/mol0.5L=12.5g，注意物质的量浓度中体积为溶液体积【解答】解：A室需要480mL 0.1molL1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L160g/mol0.5L=8.0g，故A错误；B实验室需要480mL 0.1molL1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，故B错误；C加入硫酸铜8.0g硫酸铜，物质的量为0.05mol，水的体积为500mL，则溶液物质的量浓度小于0.1mol/L，故C错误；D.12.5gCuSO45H2O物质的量为0.05mol，配制500mL溶液，溶液物质的量浓度为0.1mol/L，故D正确；故选：D【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算，难度不大，注意配制中物质溶于水溶质发生变化的情况以及稀释前后溶质的物质的量不变二、填空题（本题包括4小题，共48分）17按要求填空：（1）0.6mol NH3中所氢原子数与16.2g H2O中所含氢原子数相等（2）以下物质：NH3 CaCO3蔗糖 饱和食盐水 H2SO4 Cu属于电解质的有、（填序号）（3）标出下列反应中电子转移的方向和数目：4NH3+5O24NO+6H2O【考点】物质的量的相关计算；氧化还原反应；电解质与非电解质【专题】物质的量的计算【分析】（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol氨气中n（H）=30.6mol=1.8mol，根据N=nNA知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=n（H）=1.8mol=0.9mol，根据m=nM计算水的质量；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（3）该反应中N元素化合价由3价变为+2价、O元素化合价由0价变为2价，转移电子数为20【解答】解：（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol氨气中n（H）=30.6mol=1.8mol，根据N=nNA知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=n（H）=1.8mol=0.9mol，m（H2O）=nM=0.9mol18g/mol=16.2g，故答案为：16.2；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，这几种物质中、是电解质，是非电解质，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：、；（3）该反应中N元素化合价由3价变为+2价、O元素化合价由0价变为2价，转移电子数为20，则该反应中转移电子方向和数目为，故答案为：【点评】本题考查物质的量的计算、电子方向和数目的表示方法、基本概念等知识点，都属于基础题，明确物质的量基本公式、基本概念内涵是解本题关键，注意：氨气的水溶液能导电但氨气是非电解质而不是电解质，为易错点18某实验小组用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，并将 制得的氯气与潮湿的Ca（OH）2 固体反应制取少量漂白粉实验装置如下图：回答下列问题（1）装置的分液漏斗所盛的药品是（写名称）浓盐酸； 漂白粉的有效成分是（写化学式）Ca（ClO）2（2）装置的试管中发生的主要反应的化学方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，试写出该反应的化学方程式KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O【考点】氯气的实验室制法；化学方程式的书写【专题】制备实验综合【分析】（1）分液漏斗盛放浓盐酸、二氧化锰放入圆底烧瓶中；漂白粉的有效成分为次氯酸钙；（2）试管中氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，据此写出反应的化学方程式【解答】解：（1）制取氯气时，二氧化锰放入圆底烧瓶中，浓盐酸盛放在分液漏斗中；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸根和水，次氯酸根和氯化钙为漂白粉的主要成分，漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故答案为：浓盐酸；Ca（ClO）2；（2）试管中氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，氯酸钾中+5价的氯元素转化成0价的氯气，HCl中1价的氯元素转化成0价，化合价变化的最小公倍数为5，则氯酸钾的系数为1、被氧化的HCl的系数为5，再利用质量守恒定律配平可得该反应的化学方程式为：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O【点评】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质，题目难度中等，明确氯气的实验室制法为解答关键，注意熟练掌握氯气的化学性质，能够正确书写相关反应的化学方程式19某化学兴趣小组用铁矿石（主要成分为Fe2O3，还有SiO2、A12O3等杂质）提取Fe2O3操作讨程如下：（1）（I）和（）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称是过滤（2）写出Fe2O3和盐酸反应的离子方程式Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O（3）沉淀A中主要含有SiO2，固体B是Fe2O3（4）滤液Y中的阴离子除OH、Cl外，还有AlO2 （写离子符号）（5）过滤出氢氧化铁时需洗涤沉淀，洗涤沉淀的具体操作为：向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复23次，直至沉淀洗净为止【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】铁矿石（主要成分为Fe2O3，还有SiO2、A12O3等杂质）提取Fe2O3，由流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，二氧化硅不溶于盐酸，则沉淀A为SiO2；滤液X中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铁全部反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铝全部反应得到滤液Y中含偏铝酸钠和氯化钠、NaOH，氢氧化铁加热分解生成B为氧化铁，以此来解答【解答】解：由流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，二氧化硅不溶于盐酸，则沉淀A为SiO2；滤液X中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铁全部反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铝全部反应得到滤液Y中含偏铝酸钠和氯化钠、NaOH，氢氧化铁加热分解生成B为氧化铁，（1）（I）和（）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，故答案为：过滤；（2）Fe2O3和盐酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（3）由上述分析可知A为SiO2，B为Fe2O3，故答案为：SiO2；Fe2O3；（4）滤液Y是偏铝酸钠、氯化钠溶液，溶液中的阴离子除OH、Cl外，还有AlO2，故答案为：AlO2；（5）洗涤沉淀，可向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复23次，直至沉淀洗净为止，故答案为：向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水浸没沉淀，待水自然流完后，再加蒸馏水，重复23次，直至沉淀洗净为止【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意试剂过量及滤液成分的分析，题目难度不大20实验室用氢氧化钠固体配制100mL 2molL1的NaOH溶液，回答下列问题：（1）下列操作的顺序是（每项限选一次）ABGECDFA称量 B溶解 C洗涤 D定容 E转移 F摇匀 G冷却（2）若容量瓶中有少量蒸馏水，所配溶液的浓度将无影响配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶和玻璃棒冰水与Na2O2反应生成H2O2，写出该反应的化学方程式Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2（6）H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，已知高锰酸钾的产物为Mn2+，此时H2O2表现了还原性（填“氧化”或“还原”）该反应的离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】离子反应专题【分析】容量瓶中有少量蒸馏水，对最终配制的溶液体积及溶质的物质的量没有影响；（3）根据配制试验中使用的玻璃仪器来回答；过氧化钠可以和水之间发生复分解反应得到氢氧化钠和双氧水；（6）反应中，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，高锰酸钾具有氧化性，能将还原性的物质双氧水氧化【解答】解：若容量瓶中有少量蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以对所配溶液的浓度无影响，故答案为：无影响；（3）试验中使用的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，故答案为：玻璃棒；过氧化钠可以和水之间发生复分解反应得到氢氧化钠和双氧水，即：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，故答案为：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2；（6）H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，已知高锰酸钾的产物为Mn2+，Mn的化合价降低是，所以高锰酸钾是氧化剂，双氧水中氧元素的化合价升高，所以双氧水是还原剂，二者发生的反应为：2MnO4+5 H2O2+6H+=2Mn 2+5O2+8H2O，故答案为：还原；2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O【点评】本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制、物质的性质以及反应方程式的书写等知识，题目难度中等，注意掌握配制一定浓度溶液的方法，明确氧化还原反应的书写规律是关键21某校课外活动小组同学设计实验，探究木炭与浓硫酸在加热条件下反应生成气体的成分【实验探究】（1）木炭与浓硫酸反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓）CO2+