2020-2021学年江苏省南通市如皋中学高一（上）期末化学试卷

第1页（共1页）2020-2021学年江苏省南通市如皋中学高一（上）期末化学试卷一、单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。1．（2分）门捷列夫的贡献是（）A．提出质量守恒 B．发现元素周期律 C．揭示原子结构 D．发现了电子2．（2分）海水中蕴藏着大量的资源，下列物质不需要经过化学变化就可以从海水中获取的是（）A．淡水 B．Na C．氯气 D．I23．（2分）下列气体排放到空气中可能形成酸雨的是（）A．CO2 B．CO C．SO2 D．NH34．（2分）由金属活泼性可知，下列金属的单质可能最晚被人类发现的是（）A．金 B．铁 C．铜 D．钾5．（2分）下列物质中，只含有共价键的是（）A．KOH B．He C．Cl2 D．MgO6．（2分）下列物质中，属于离子化合物的是（）A．NaOH B．HCl C．O2 D．NH3阅读下列资料，完成7～8题：某溶液中只存在四种离子，其中三种离子及浓度分别为0.4mol•L﹣1H+、0.2mol•L﹣1NO3﹣、0.4mol•L﹣1SO42﹣7．该溶液中还能大量的共存的离子是（）A．Ba2+ B．Fe3+ C．CO32﹣ D．ClO﹣8．能大量共存的Fe3+的浓度为（）A．0.2mol•L﹣1 B．0.3mol•L﹣1 C．0.4mol•L﹣1 D．0.5mol•L﹣19．（2分）下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂 B．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 C．碳酸氢钠能与碱反应，可用于治疗胃酸过多 D．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂10．（2分）下列溶液中Cl﹣浓度最小的是（）A．25mL1mol•L﹣1AlCl3溶液 B．30mL3mol•L﹣1KCl溶液 C．20mL2mol•L﹣1MgCl2溶液 D．40mL2mol•L﹣1NaCl溶液11．（2分）实验室由H2C2O4•2H2O晶体配制100mL0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液。下列说法正确的是（）A．需准确称量H2C2O4•2H2O的质量为0.9g B．H2C2O4•2H2O晶体可用如图操作溶解 C．容量瓶使用前未干燥对所配溶液浓度没有影响 D．定容时若加水超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体12．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）A．中子数为20的氯原子：Cl B．MgCl2的电子式： C．F﹣的结构示意图： D．硫酸钠的电离方程式：Na2SO4═Na++NaSO4﹣13．（2分）下列有水参与的反应中，属于置换反应的是（）A．C+H2OCO+H2 B．CO+H2OCO2+H2 C．Na2O+H2O═2NaOH D．SiCl4+2H2O═H4SiO4+4HCl14．（2分）下列反应在指定条件下能实现的是（）A．HClOHCl B．FeFe2O3 C．SSO3 D．SFe2S315．（2分）下列实验装置或对实验的描述正确的是（）A．加热碳酸氢钠 B．稀释浓硫酸 C．检验CO2 D．制备SO2二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。16．（4分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．将铁投入稀盐酸中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ B．Cl2通入水中：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO C．向氢氧化镁中加入醋酸溶液：Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O D．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑（多选）17．（4分）下列有关粒子数目为6.02×1022的是（）A．标准状况下2.24L水中所含分子数 B．常温下，0.2gH2中所含分子数 C．0.1mol•L﹣1NaCl中所含Na+和Cl﹣总数 D．0.05molN2中所含N原子数（多选）18．（4分）下列有关浓硫酸实验与性质对应关系正确的是（）A．浓硫酸在空气中久置质量变大是因为浓硫酸具有脱水性 B．浓硫酸与Na2SO3固体反应生成SO2是因为浓硫酸具有酸性 C．浓硫酸能使纸张变黑是因为浓硫酸具有吸水性 D．浓硫酸能使铁钝化是因为浓硫酸具有强氧化性19．（4分）下列有关物质的检验或分离正确的是（）A．可以用酸性KMnO4溶液检验FeSO4溶液是否氧化变质 B．可以用FeCl3溶液除去Fe粉中的Cu粉 C．可以用淀粉溶液检验KI在空气中是否氧化变质生成I2 D．用焰色反应检验Na2CO3溶液中是否混有K2CO3时，可以直接观察火焰鉴别（多选）20．（4分）下列由实验操作和现象所得结论正确的是（）A．向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，有白色沉淀生成，说明溶液中含大量CO32﹣ B．向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，说明干燥的氯气具有漂白性 C．将SO2通入KMnO4溶液中，溶液红色褪去，说明SO2具有还原性 D．向Na2SO3溶液中滴加足量盐酸，有气泡，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Na2SO3已部分被氧化三、解答题（共5小题，满分50分）21．（10分）根据物质所处的类别，以及是否具有氧化性或还原性能帮助我们认识其化学性质。（1）根据图示物质的转化信息书写相应的反应方程式。以红土镍矿（主要成分Ni2O3、Fe2O3、SiO2）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示。①“酸溶”时，Fe2O3反应的离子方程式为。②“还原”步骤中铁元素转化时对应离子方程式（已知H2S是弱酸）为。（2）请从下列试剂中选择合适的完成指定转化（试剂可以重复选择）。试剂：浓盐酸、NaCl溶液、浓硫酸、Na2SO4溶液、FeSO4溶液①Cl2→Cl﹣的离子方程式：。②H2S→SO2的化学方程式：。③Ba（OH）2→NaOH的化学方程式：。22．（10分）海水（主要含有NaCl，也含有大量Mg2+、Br﹣等）可以制备金属镁、溴等物质，其流程如图。（1）提取Mg的线路中，如何确定步骤“过滤、洗涤”已洗涤干净，具体操作是。（2）工业上由无水MgCl2制取Mg的化学方程式为。（3）海水提溴可以通过如下两种方法方法一：空气吹出SO2吸收法。“吸收”步骤中用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为。方法二：空气吹出纯碱吸收法。利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3，相关反应为3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2，其中被还原与被氧化的Br2的物质的量之比为；用稀硫酸酸化吸收液可得到Br2，由此可知酸性条件下的氧化性＞。23．（10分）用工业废渣（主要含有Fe2O3、FeO及少量Al、Fe）制备FeSO4•7H2O的流程如图。（1）“浸泡”过程中反应的离子方程式为。（2）“还原”时，FeS2（难溶于水，铁为+2价）与溶液中的Fe2（SO4）3反应，产物为FeSO4和H2SO4，该反应的离子方程式为。（3）检验“还原”反应已经完全的方法是。（4）由“还原”所得溶液制取FeSO4•7H2O晶体的操作过程为。（5）将FeSO4•7H2O在空气中加热分解所得气体冷却后可得绿矾油，绿矾油就是硫酸。验证绿矾油是硫酸的实验方法是。24．（10分）氯化铁是重要的化工试剂，实验室可通过如图方法制取。已知氯化铁易升华，易吸收空气中的水分而潮解。（1）在装置A中，发生反应如下：2KMnO4+16HCl（浓）═MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目。（2）装置B的作用是吸收Cl2中的HCl，试剂E是。（3）装置G的作用是。（4）反应后所得平直玻璃管中还残留有少量铁粉和FeCl3。实验小组用两种方案来测定其中铁的质量：方法一：称取4.37g固体混合物，加水溶解，过滤、洗涤、干燥得滤渣质量为0.56g；方法二：称取4.37g固体混合物，加水溶解，过滤，向滤液中加入过量0.1mol•L﹣1AgNO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、干燥后称量，质量为8.61g。①有同学提出由方法一可知铁的质量为0.56g，判断该结论是否正确并说明理由。②方法一或二均可计算铁的质量，任选一种计算，所得铁的质量为。25．（10分）如图1是元素周期表的一部分，所列的字母分别代表一种元素。（1）元素h、c、d的非金属性由强到弱的顺序是。（填元素符号）（2）上述字母对应原子半径最大元素对应单质与d简单氢化物反应的离子方程式为。（3）利用如图装置来验证溴与碘的非金属性强弱，具体操作是先通入足量m的单质，充分反应后，观察到溶液变为橙黄色。将分液漏斗中液体滴入试管内，KI溶液变为棕黄色。判断该实验能否验证溴、碘的非金属性强弱并说明理由：。（4）元素d和e的简单离子半径更大的是（填离子符号）。写出a2d的电子式：。（5）推测原子序数为31的元素x在周期表中的位置。根据元素周期表推测x及其化合物的性质正确的是。（填字母）A．x为非金属元素B．最高价氧化物对应水化物酸性：x＞mC．x的单质可用于制半导体D．x的最高正价为+3

2020-2021学年江苏省南通市如皋中学高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。1．（2分）门捷列夫的贡献是（）A．提出质量守恒 B．发现元素周期律 C．揭示原子结构 D．发现了电子【分析】1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，据此分析解答。【解答】解：A．法国科学家拉瓦锡提出了质量守恒定律，故A错误；B．俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；C．很多科学家提出了不同原子结构模型，如卢瑟福、波尔等，故C错误；D．英国科学家汤姆生发现了电子，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学发展的历史，通过本题的解答有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感，难度不大。2．（2分）海水中蕴藏着大量的资源，下列物质不需要经过化学变化就可以从海水中获取的是（）A．淡水 B．Na C．氯气 D．I2【分析】A.海水中含大量的水，且水的沸点较低；B.海水中Na以离子存在；C.海水中氯以离子存在；D.海水中碘以离子存在。【解答】解：A.海水中含大量的水，且水的沸点较低，蒸馏可分离出淡水，为物理变化，故A选；B.海水中Na以离子存在，需电解熔融氯化钠生成Na，为化学变化，故B不选；C.海水中氯以离子存在，可电解饱和食盐水生成氯气，为化学变化，故C不选；D.海水中碘以离子存在，需氧化剂氧化碘离子生成碘单质，为化学变化，故D不选；故选：A。【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、海水中元素的存在形式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3．（2分）下列气体排放到空气中可能形成酸雨的是（）A．CO2 B．CO C．SO2 D．NH3【分析】正常雨水的pH约为5.6，酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的SO2、氮氧化合物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，据此分析判断即可。【解答】解：A、二氧化碳是空气的正常成分，溶于水形成碳酸，不能形成酸雨，故A错误；B、一氧化碳不溶于水，不能形成酸雨，故B错误；C、二氧化硫溶于水形成亚硫酸，使雨水pH小于5.6，形成酸雨，故C正确；D、氨气溶于水形成氨水，溶液pH大于7，不能形成酸雨，故D错误；故选：C。【点评】本题难度不大，环境问题时人们关注的热点，了解酸雨形成的原因即可正确解答本题，题目难度易。4．（2分）由金属活泼性可知，下列金属的单质可能最晚被人类发现的是（）A．金 B．铁 C．铜 D．钾【分析】由金属活泼性可知，金属越活泼被发现的越晚，据此分析解答。【解答】解：由金属活泼性可知，金属越活泼被发现的越晚，又金、铁、铜和钾中钾最活泼，最晚被人类发现，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了金属活动性的顺序，难度不大，注意基础知识的积累。5．（2分）下列物质中，只含有共价键的是（）A．KOH B．He C．Cl2 D．MgO【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。【解答】解：A.KOH含离子键、O﹣H共价键，故A不选；B.He不含化学键，故B不选；C.氯气只含Cl﹣Cl共价键，故C选；D.MgO只含离子键，故D不选；故选：C。【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。6．（2分）下列物质中，属于离子化合物的是（）A．NaOH B．HCl C．O2 D．NH3【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。【解答】解：A.含离子键、O﹣H键，为离子化合物，故A选；B.只含H﹣Cl共价键，为共价化合物，故B不选；C.只含非极性共价键，且为单质，故C不选；D.只含N﹣H价键，为共价化合物，故D不选；故选：A。【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。阅读下列资料，完成7～8题：某溶液中只存在四种离子，其中三种离子及浓度分别为0.4mol•L﹣1H+、0.2mol•L﹣1NO3﹣、0.4mol•L﹣1SO42﹣7．该溶液中还能大量的共存的离子是（）A．Ba2+ B．Fe3+ C．CO32﹣ D．ClO﹣【分析】A．钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀；B．铁离子不与题干中三种离子反应；C．碳酸根离子与氢离子反应；D．次氯酸根离子与氢离子反应。【解答】解：A．Ba2+与SO42﹣反应生成难溶物硫酸钡，不能大量共存，故A错误；B．Fe3+不与H+、NO3﹣、SO42﹣反应，能够大量共存，故B正确；C．CO32﹣与H+发生反应，不能大量共存，故C错误；D．ClO﹣与H+反应生成次氯酸，不能大量共存，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度不大，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。8．能大量共存的Fe3+的浓度为（）A．0.2mol•L﹣1 B．0.3mol•L﹣1 C．0.4mol•L﹣1 D．0.5mol•L﹣1【分析】任何水溶液中都呈电中性，即满足电荷守恒，结合电荷守恒列式计算Fe3+的浓度。【解答】解：溶液中只存在四种离子，其中三种离子及浓度分别为0.4mol•L﹣1H+、0.2mol•L﹣1NO3﹣、0.4mol•L﹣1SO42﹣，根据电荷守恒可知：c（Fe3+）×3+0.4mol/L×1＝0.4mol/L×2+0.2mol/L×1，解得：c（Fe3+）＝0.2mol/L，故选：A。【点评】本题考查离子浓度的计算，题目难度不大，明确电荷守恒为解答关键，注意掌握常见离子的性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。9．（2分）下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂 B．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 C．碳酸氢钠能与碱反应，可用于治疗胃酸过多 D．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂【分析】A．Fe2（SO4）3溶于水电离出的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性；B．Al2O3是离子化合物，熔融时能电离出铝离子；C．胃酸中含有盐酸，碳酸氢钠与盐酸能反应；D．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和O2。【解答】解：A．Fe2（SO4）3溶于水电离出的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附净水，不是利用Fe2（SO4）3的溶解性，故A错误；B．Al2O3是离子化合物，熔融时能电离出铝离子，所以电解熔融的氧化铝能生成Al，与Al2O3的两性无关，故B错误；C．胃酸中含有盐酸，碳酸氢钠与盐酸能反应，所以碳酸氢钠能用于治疗胃酸过多，故C错误；D．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。10．（2分）下列溶液中Cl﹣浓度最小的是（）A．25mL1mol•L﹣1AlCl3溶液 B．30mL3mol•L﹣1KCl溶液 C．20mL2mol•L﹣1MgCl2溶液 D．40mL2mol•L﹣1NaCl溶液【分析】Cl﹣浓度取决于溶质浓度及其化学式组成，与溶液体积大小无关，以此进行计算。【解答】解：A．25mL1mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣浓度为：1mol/L×3＝3mol/L；B．30mL3mol•L﹣1KCl溶液中Cl﹣浓度为：3mol/L×1＝3mol/L；C．20mL2mol•L﹣1MgCl2溶液中Cl﹣浓度为：2mol/L×2＝4mol/L；D．40mL2mol•L﹣1NaCl溶液中Cl﹣浓度为：2mol/L×1＝2mol/L；根据分析可知，Cl﹣浓度最小的是D，故选：D。【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确物质的量浓度的概念及影响因素为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。11．（2分）实验室由H2C2O4•2H2O晶体配制100mL0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液。下列说法正确的是（）A．需准确称量H2C2O4•2H2O的质量为0.9g B．H2C2O4•2H2O晶体可用如图操作溶解 C．容量瓶使用前未干燥对所配溶液浓度没有影响 D．定容时若加水超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体【分析】A．依据m＝cVM计算需要溶质的质量；B．移液操作应用玻璃棒引流；C．容量瓶使用前未干燥对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响；D．定容时若加水超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体，导致溶质部分损耗。【解答】解：A．由H2C2O4•2H2O晶体配制100mL0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液，需要H2C2O4•2H2O的质量为0.1mol/L×0.1L×126g/mol≈1.3g，故A错误；B．移液操作应用玻璃棒引流，图示操作未用玻璃棒引流，故B错误；C．容量瓶使用前未干燥对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度无影响，故C正确；D．定容时若加水超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，依据c＝可知溶液浓度偏低，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大。12．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）A．中子数为20的氯原子：Cl B．MgCl2的电子式： C．F﹣的结构示意图： D．硫酸钠的电离方程式：Na2SO4═Na++NaSO4﹣【分析】A．质量数等于质子数+质子数，质子数标注于元素符号左下角，质量数标注于左上角；B．MgCl2电子式中两个氯离子不能合写；C．F﹣的核内质子数为9，核外电子数为10；D．硫酸钠是强电解质，一步电离完全。【解答】解：A．中子数为20的氯原子的质量数＝17+20＝37，中子数为20的氯原子为Cl，故A错误；B．MgCl2是离子化合物，由镁离子和氯离子构成，氯化镁的电子式为，故B错误；C．F﹣的核内质子数为9，核外电子数为10，并且核外电子分层排布，F﹣的结构示意图为，故C正确；D．硫酸钠属于盐类，由Na+和SO42﹣构成，所以电离方程式：Na2SO4═2Na++SO42﹣，故D错误；故选：C。【点评】本题考查常见化学用语及表示方法，题目难度不大，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力。13．（2分）下列有水参与的反应中，属于置换反应的是（）A．C+H2OCO+H2 B．CO+H2OCO2+H2 C．Na2O+H2O═2NaOH D．SiCl4+2H2O═H4SiO4+4HCl【分析】置换反应是指一种单质和一种化合物反应生成一种新的单质和化合物，据此分析。【解答】解A．C+H2OCO+H2符合置换反应定义，属于置换反应，故A正确；B．CO+H2OCO2+H2反应物为两种化合物，不是置换反应，故B错误；C．Na2O+H2O═2NaOH为两种化合物生成了一种化合物，属于化合反应，故C错误；D．SiCl4+2H2O═H4SiO4+4HCl反应物和生成物均为两种化合物，不是置换反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查置换反应的概念，侧重对学生的分析和理解能力的考查，解题的关键是掌握置换反应的定义，题目难度不大。14．（2分）下列反应在指定条件下能实现的是（）A．HClOHCl B．FeFe2O3 C．SSO3 D．SFe2S3【分析】A．次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢；B．Fe与水蒸气反应生成黑色固体Fe3O4和氢气；C．硫单质燃烧生成二氧化硫；D．硫和铁生成硫化亚铁。【解答】解：A．次氯酸见光分解生成HCl，故A正确；B．Fe与水蒸气反应生成黑色固体Fe3O4，不是Fe2O3，故B错误；C．硫单质和氧气燃烧生成SO2，故C错误；D．硫和铁生成FeS，故D正确；故选：A。【点评】本题考查较综合，涉及物质的性质、化学与生活、性质与用途等，把握元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。15．（2分）下列实验装置或对实验的描述正确的是（）A．加热碳酸氢钠 B．稀释浓硫酸 C．检验CO2 D．制备SO2【分析】A.试管口应略向下倾斜；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，并不断搅拌；C.生成的二氧化硫可使石灰水变浑浊；D.Cu与浓硫酸反应需要加热。【解答】解：A.试管口应略向下倾斜，防止生成的水倒流使试管炸裂，故A错误；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，并不断搅拌，图中稀释操作合理，故B正确；C.生成的二氧化硫可使石灰水变浑浊，不能检验二氧化碳，故C错误；D.Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。16．（4分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．将铁投入稀盐酸中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ B．Cl2通入水中：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO C．向氢氧化镁中加入醋酸溶液：Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O D．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑【分析】A．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；B．次氯酸为弱酸，应保留化学式；C．醋酸为弱酸应保留化学式；D．原子个数不守恒。【解答】解：A．铁投入稀盐酸中，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．Cl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故B正确；C．向氢氧化镁中加入醋酸溶液，离子方程式：Mg（OH）2+2CH3COOH═Mg2++2H2O+2CH3COO﹣，故C错误；D．Na2O2溶于水，离子方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故D错误。故选：B。【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。（多选）17．（4分）下列有关粒子数目为6.02×1022的是（）A．标准状况下2.24L水中所含分子数 B．常温下，0.2gH2中所含分子数 C．0.1mol•L﹣1NaCl中所含Na+和Cl﹣总数 D．0.05molN2中所含N原子数【分析】粒子数目为6.02×1022，数目微粒物质的量n＝＝0.1mol，结合选项中数据计算分析判断。【解答】解：A．标准状况下，水不是气体，2.24L水物质的量不是0.1mol，故A错误；B．常温下，0.2gH2物质的量n＝＝0.1mol，所含分子数＝6.02×1023/mol×0.1mol＝6.02×1022，故B正确；C．0.1mol•L﹣1NaCl溶液体积不知，不能计算溶液中所含Na+和Cl﹣总数，故C错误；D．0.05molN2中所含N原子数＝0.05mol×2×6.02×1023/mol＝6.02×1022，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查了物质的量计算、阿伏加德罗常数等知识点，主要是物质的量和气体摩尔体积、微粒数目的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。（多选）18．（4分）下列有关浓硫酸实验与性质对应关系正确的是（）A．浓硫酸在空气中久置质量变大是因为浓硫酸具有脱水性 B．浓硫酸与Na2SO3固体反应生成SO2是因为浓硫酸具有酸性 C．浓硫酸能使纸张变黑是因为浓硫酸具有吸水性 D．浓硫酸能使铁钝化是因为浓硫酸具有强氧化性【分析】A．浓硫酸具有吸水性，在空气中久置质量变大；B．浓硫酸与Na2SO3固体反应生成硫酸钠、水和二氧化硫；C．浓硫酸具有脱水性，能使纸张变黑；D．浓硫酸具有强氧化性，与铁、铝在常温下发生钝化反应。【解答】解：A．浓硫酸在空气中久置质量变大是因为浓硫酸具有吸水性，不是脱水性，故A错误；B．浓硫酸与Na2SO3固体反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，是因为浓硫酸具有强酸性，故B正确；C．浓硫酸能使纸张变黑，体现了脱水性的性质，故C错误；D．浓硫酸具有强氧化性，与铁、铝在常温下发生钝化反应，可起到保护的作用，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查浓硫酸的性质，侧重于基础知识的考查，为高频考点，注意把握浓硫酸的性质的异同，难度不大，注意相关基础知识的积累。19．（4分）下列有关物质的检验或分离正确的是（）A．可以用酸性KMnO4溶液检验FeSO4溶液是否氧化变质 B．可以用FeCl3溶液除去Fe粉中的Cu粉 C．可以用淀粉溶液检验KI在空气中是否氧化变质生成I2 D．用焰色反应检验Na2CO3溶液中是否混有K2CO3时，可以直接观察火焰鉴别【分析】A.FeSO4溶液变质被氧化生成铁离子，应用检验铁离子的方法来检验；B.铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜；C.淀粉遇碘变蓝色；D.检验钾的焰色反应，应避免黄色光的干扰。【解答】解：A.FeSO4溶液变质被氧化生成铁离子，可用KSCN溶液检验，高锰酸钾氧化亚铁离子，加入高锰酸钾，不能检验铁离子，故A错误；B.铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁粉被氧化，不能达到除杂的目的，故B错误；C.淀粉遇碘变蓝色，可用淀粉溶液检验KI在空气中是否氧化变质生成I2，故C正确；D.检验钾的焰色反应，应避免黄色光的干扰，可用蓝色钴玻璃观察，故D错误。故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。（多选）20．（4分）下列由实验操作和现象所得结论正确的是（）A．向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，有白色沉淀生成，说明溶液中含大量CO32﹣ B．向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，说明干燥的氯气具有漂白性 C．将SO2通入KMnO4溶液中，溶液红色褪去，说明SO2具有还原性 D．向Na2SO3溶液中滴加足量盐酸，有气泡，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Na2SO3已部分被氧化【分析】A．碳酸氢钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性；C．二氧化硫具有还原性，能够还原高锰酸钾；D．加足量盐酸酸化，排除亚硫酸根离子的干扰。【解答】解：A．碳酸氢钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，所以向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，有白色沉淀生成，不能说明溶液中含大量CO32﹣，故A错误；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，不能说明干燥的氯气具有漂白性，故B错误；C．将SO2通入KMnO4溶液中，溶液红色褪去，说明SO2具有还原性，故C正确；D．加足量盐酸酸化，排除亚硫酸根离子的干扰，再加BaCl2溶液有白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则Na2SO3已部分被氧化，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。三、解答题（共5小题，满分50分）21．（10分）根据物质所处的类别，以及是否具有氧化性或还原性能帮助我们认识其化学性质。（1）根据图示物质的转化信息书写相应的反应方程式。以红土镍矿（主要成分Ni2O3、Fe2O3、SiO2）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示。①“酸溶”时，Fe2O3反应的离子方程式为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。②“还原”步骤中铁元素转化时对应离子方程式（已知H2S是弱酸）为2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+。（2）请从下列试剂中选择合适的完成指定转化（试剂可以重复选择）。试剂：浓盐酸、NaCl溶液、浓硫酸、Na2SO4溶液、FeSO4溶液①Cl2→Cl﹣的离子方程式：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣。②H2S→SO2的化学方程式：3H2SO4（浓）+H2S＝4SO2+4H2O。③Ba（OH）2→NaOH的化学方程式：Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH。【分析】（1）制备兰尼镍的工艺流程：红土镍矿（主要成分Ni2O3、Fe2O3、SiO2）用硫酸酸溶生成NiSO4、Fe2（SO4）3，过滤出不溶的SiO2，再通入H2S还原得到NiS，然后经过一系列操作获得兰尼镍；（2）①氯气与硫酸亚铁溶液反应生成铁离子和氯离子；②硫化氢与浓硫酸反应生成硫单质；③氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠。【解答】解：（1）①“酸溶”时，Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O；②“还原”步骤中铁元素转化时对应离子方程式为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+；（2）①Cl2→Cl﹣，可选FeSO4溶液，离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣；②H2S→SO2，可选浓硫酸，化学方程式为：3H2SO4（浓）+H2S＝4SO2+4H2O，故答案为：3H2SO4（浓）+H2S＝4SO2+4H2O；③Ba（OH）2→NaOH，可选Na2SO4，化学方程式为：Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH，故答案为：Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH。【点评】本题考查物质制备方案设计、化学方程式书写，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及化学方程式的书写原子，试题侧重考查学生的分析、理解能力及规范答题能力。22．（10分）海水（主要含有NaCl，也含有大量Mg2+、Br﹣等）可以制备金属镁、溴等物质，其流程如图。（1）提取Mg的线路中，如何确定步骤“过滤、洗涤”已洗涤干净，具体操作是取最后一次洗涤滤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀。（2）工业上由无水MgCl2制取Mg的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。（3）海水提溴可以通过如下两种方法方法一：空气吹出SO2吸收法。“吸收”步骤中用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4。方法二：空气吹出纯碱吸收法。利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3，相关反应为3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2，其中被还原与被氧化的Br2的物质的量之比为5：1；用稀硫酸酸化吸收液可得到Br2，由此可知酸性条件下的氧化性BrO3﹣＞Br2。【分析】由流程可知，海水中加入Ca（OH）2，发生反应Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，过滤得到Mg（OH）2沉淀，将Mg（OH）2溶于稀盐酸中发生Mg（OH）2+2HCl＝MgCl2+2H2O，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2•6H2O，将MgCl2.6H2O晶体在HCl氛围中加热得到固体MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg，发生MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；浓缩海水中需先加氧化剂氧化溴离子，然后热空气吹出溴，用SO2水溶液吸收Br2生成HBr，再加氧化剂氧化HBr生成溴，达到富集溴的目的，得到高浓度溴，以此来解答。【解答】解：（1）提取Mg的线路中，确定步骤“过滤、洗涤”已洗涤干净的具体操作是取最后一次洗涤滤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀，故答案为：取最后一次洗涤滤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀；（2）工业上由无水MgCl2制取Mg的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；（3）方法一：“吸收”步骤中用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4；方法二：3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2中，5个Br得到电子与1个Br失去电子相等，则被还原与被氧化的Br2的物质的量之比为5：1；用稀硫酸酸化吸收液可得到Br2，发生5Br﹣+BrO3﹣+6H+＝3Br2+3H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由此可知酸性条件下的氧化性BrO3﹣＞Br2，故答案为：Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4；5：1；BrO3﹣；Br2；【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、金属冶炼为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。23．（10分）用工业废渣（主要含有Fe2O3、FeO及少量Al、Fe）制备FeSO4•7H2O的流程如图。（1）“浸泡”过程中反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO+3H2↑。（2）“还原”时，FeS2（难溶于水，铁为+2价）与溶液中的Fe2（SO4）3反应，产物为FeSO4和H2SO4，该反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++16H++2SO。（3）检验“还原”反应已经完全的方法是取少量还原后溶液于试管中，加入KSCN溶液，不出现红色则还原完全。（4）由“还原”所得溶液制取FeSO4•7H2O晶体的操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、低温干燥。（5）将FeSO4•7H2O在空气中加热分解所得气体冷却后可得绿矾油，绿矾油就是硫酸。验证绿矾油是硫酸的实验方法是取少量绿矾油，向其中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则说明其中含H+；另取少量绿矾油，向其中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明其中含SO。【分析】工业废渣（主要含Fe2O3、FeO，及少量Al、Fe等）加过量氢氧化钠溶解铝，浸泡、过滤，在滤渣中加硫酸溶解，金属和氧化物Fe2O3、FeO及少量Fe均转化为金属阳离子，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，有关的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++16H++2SO42﹣，过滤除去过量的FeS2，滤液中只含有Fe2+和H+，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到纯净的FeSO4•7H2O晶体。（1）为了除去铝元素，首先加过量碱浸泡，使其转变为偏铝酸钠溶液除去；（2）“还原”时，FeS2与溶液中的Fe2（SO4）3反应，产物为FeSO4和H2SO4，FeS2共升高14价，铁下降1价，据此书写该反应的离子方程式；（3）检验铁离子的试剂可以选择KSCN溶液，遇到铁离子变血红色；（4）由反应后所得溶液获得晶体的实验方案一般为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）验证绿矾油是硫酸，就是要证明含氢离子和硫酸根离子。【解答】解：（1）工业废渣（主要含Fe2O3、FeO，及少量Al、Fe等）加过量氢氧化钠溶解铝，浸泡，铝和氢氧化钠反应生成氢气和偏铝酸钠，2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑；（2）由流程分析可知FeS2与溶液中的Fe2（SO4）3反应；﹣1价的硫不稳定具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为硫酸，有关的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++16H++2SO42﹣，故答案为：14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++16H++2SO42﹣；（3）实验后，为检验“还原”反应已经完全，取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，说明还原完全，故答案为：取少量还原后溶液于试管中，加入KSCN溶液，不出现红色则还原完全；（4）由反应后所得溶液滤液中只含有Fe2+和H+，获得硫酸亚铁晶体的实验方案：蒸发浓缩、冷却结晶就制取得到FeSO4•7H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）验证绿矾油是硫酸，就是要证明含氢离子和硫酸根离子，所以验证绿矾油是硫酸的实验方法是：取少量绿矾油，向其中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则说明其中含H+；另取少量绿矾油，向其中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明其中含SO42﹣，故答案为：取少量绿矾油，向其中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则说明其中含H+；另取少量绿矾油，向其中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明其中含SO42﹣。【点评】本题以FeSO4•7H2O晶体的制备流程为知识背景，考查铝、铁的化合物的性质、离子方程式的书写、物质的分离提纯等，难度中等，清楚工艺流程原理是解题的关键，是对知识迁移的综合运用。24．（10分）氯化铁是重要的化工试剂，实验室可通过如图方法制取。已知氯化铁易升华，易吸收空气中的水分而潮解。（1）在装置A中，发生反应如下：2KMnO4+16HCl（浓）═MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目。（2）装置B的作用是吸收Cl2中的HCl，试剂E是饱和食盐水。（3）装置G的作用是吸收尾气中Cl2，防止污染环境，吸收空气中的水汽，防止FeCl3潮解。（4）反应后所得平直玻璃管中还残留有少量铁粉和FeCl3。实验小组用两种方案来测定其中铁的质量：方法一：称取4.37g固体混合物，加水溶解，过滤、洗涤、干燥得滤渣质量为0.56g；方法二：称取4.37g固体混合物，加水溶解，过滤，向滤液中加入过量0.1mol•L﹣1AgNO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、干燥后称量，质量为8.61g。①有同学提出由方法一可知铁的质量为0.56g，判断该结论是否正确并说明理由不正确，因为铁粉会和溶液中的FeCl3发生反应。②方法一或二均可计算铁的质量，任选一种计算，所得铁的质量为1.12g。【分析】由实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，硬质试管中Fe与氯气反应生成氯化铁，D为冷凝装置可收集生成氯化铁，干燥管G中碱石灰可吸收水分和尾气。（1）2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中Cl失去电子，Mn得到电子，该反应转移10e﹣；（2）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以通常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；（3）碱石灰吸收未反应的氯气和空气中水蒸气；（4）①平直玻璃管中还残留有少量铁粉和FeCl3，加水溶解，过滤、洗涤、干燥得滤渣质量为0.56g，其中铁粉会和溶液中的FeCl3发生反应；②设在反应2FeCl3+Fe＝3FeCl2中铁为xmol，则FeCl3为2xmol，那么有（xmol×56g/mol+0.56g）+2xmol×162.5g/mol＝4.37g，计算可得。【解答】解：（1）2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中Cl失去电子，Mn得到电子，该反应转移10e﹣，用“单线桥”标出电子转移的方向和数目为，故答案为：；（2）B装置中试剂E为饱和食盐水，可除去氯气中的HCl，故答案为：饱和食盐水；（3）G中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，故答案为：吸