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福建省厦门市双十中学2015-2016学年高一期中化学试卷.doc


2015-2016 学年福建省厦门市双十中学高一(上)期中化学 试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(本题共 16 小题,每小题 3 分,共 48 分,每小题只有一个正确答案) 1.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示,则下列化学反应属于阴影部分的是





A.Cl2+2KBr═Br2+2Cl2 B.2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 C.4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3 D.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑

【考点】化学基本反应类型. 【专题】物质的性质和变化专题. 【分析】根据图象知阴影部分为不属于置换反应以及化合反应和分解反应的氧化还原反应, 据此判断. 【解答】解:A.Cl2+2KBr═Br2+2Cl2,属于一种单质与一种化合物生成另外一种单质与化 合物的置换反应, 不属于阴影部分, 故 A 错误; B. 过氧化钠与二氧化碳的反应不属于分解、 化合和置换反应美术与阴影部分,故 B 正确;C.4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3 属于化 合反应,不属于阴影部分,故 C 错误;D.此反应没有元素化合价的变化不属于氧化还原反 应,故 D 错误,故选 B. 【点评】本题考查了化学反应的四种基本反应类型和氧化还原反应的关系,难度不大,注意 相关基础知识的积累.

2.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用,下列分类标准合理的是( A.根据是否含有氧元素,将物质分为氧化剂和还原剂 B.根据是否具有丁达尔现象,将分散系分为溶液、胶体和浊液



C.根据水溶液是否能够导电,将物质分为电解质和非电解质 D.根据反应中是否有电子转移,将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 【考点】化学基本反应类型;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;物质的性质和变化专题. 【分析】A.反应物中含元素化合价升高的物质为还原剂,含元素化合价降低的物质为氧化 剂; B.分散系的分类依据是根据分散系微粒直径的大小; C.电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物,非电解质是指在水溶液里和熔 化状态下都不能够导电的化合物; D.氧化还原反应中有电子的转移,而非氧化还原反应物电子的转移. 【解答】解:A.根据反应物中含元素化合价升降,将物质分为氧化剂和还原剂,故 A 错误; B.分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小,而不是否具有丁达尔现象, 故 B 错误; C.根据在水溶液里或熔化状态下能否导电,将物质分为电解质和非电解质,故 C 错误; D. 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,故 D 正 确. 故选 D. 【点评】本题考查物质的分类,题目难度不大,注意物质的分类的依据,试题培养了学生灵 活应用所学知识的能力.

3.下列实验现象的叙述,正确的是(



A.钠在氧气中燃烧,火焰呈黄色,产生白色固体 B.红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧,生成棕黄色的烟 C.氢气在氯气中燃烧,发出苍白色火焰,同时产生白烟 D.钠投入水中,将沉在水底并熔化成小球,且有气泡产生 【考点】钠的化学性质;氯气的化学性质;铜金属及其重要化合物的主要性质. 【专题】元素及其化合物;几种重要的金属及其化合物. 【分析】A.钠在氧气中燃烧火焰呈黄色; B.红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧,生成氯化铜; C.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰,同时产生雾;

D.钠与水反应的现象为浮水面、熔小球、乱游动、嘶嘶响. 【解答】解:A.钠在氧气中燃烧火焰呈黄色,生成淡黄色固体,故 A 错误; B.烟为固体,铜与氯气反应产生棕黄色的氯化铜,故 B 正确; C.氯化氢溶于水形成液滴,氢气在氯气中燃烧,发出苍白色火焰,同时产生白雾,生成有 刺激性气味的气体,故 C 错误; D.钠投入水中,钠熔点低钠和水反应放热,钠熔成金属小球,有气体产生,小球在水面上 四处游动,但钠密度小于水浮水面,故 D 错误; 故选 B. 【点评】 本题考查了元素化合物知识, 熟悉金属的性质是解题关键, 注意化学烟和雾的区别, 题目难度不大.

4.下列有关氯气的叙述中,正确的是(



A.氯气、氯水、液氯是同一种物质,只是状态不同 B.氯水和液氯都可以使干燥的布条褪色 C.用氯气消毒过的自来水配制硝酸银溶液时,药品不会变质 D.氯水溶液呈浅绿色,且有刺激性气味,说明氯水中有 Cl2 存在 【考点】氯气的化学性质. 【专题】卤族元素. 【分析】A.氯水是氯气的水溶液是混合物,液氯、氯气都是氯气的不同状态,是纯净物; B.氯气不具有漂白性,次氯酸具有漂白性; C.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,氯化氢溶于水电离出氯离子; D.依据氯气具有黄绿色有刺激性气味,能溶于水的性质解答. 【解答】解:A.氯水是氯气的水溶液是混合物,液氯、氯气都是氯气的不同状态,是纯净 物,故 A 错误; B.氯水中含有次氯酸,所以具有漂白性,液氯是氯气的液态形式,不具有漂白性,故 B 错 误; C.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,氯化氢溶于水电离出氯离子,能够与银离子反应生 成氯化银沉淀,故 C 错误; D.氯气具有黄绿色有刺激性气味,能溶于水,水中溶解氯气所以显浅黄绿色,故 D 正确; 故选:D.

【点评】本题考查了氯气、氯水的性质,明确氯气与水反应的实质及氯水中所含的微粒是解 题关键,题目难度不大.

5.下列处置、操作或现象的描述中正确的是( A.用 pH 试纸测量新制氯水的 pH B.用托盘天平称量 5.57gKCl 固体 C.金属钠着火燃烧时,用泡沫灭火器灭火



D.有大量的氯气泄漏时,应用浸有弱碱性溶液的毛巾捂住口鼻向高处跑 【考点】化学实验方案的评价. 【专题】化学实验基本操作. 【分析】A.氯水中 HClO 具有漂白性; B.托盘天平精确到 0.1; C.Na 的性质活泼,易与水反应、与空气中的氧气在点燃或加热时反应生成过氧化钠,过 氧化钠能分别与水、二氧化碳反应; D.氯气有毒,能够与碱溶液反映,且密度大于空气. 【解答】解:A.因氯水中 HClO 具有漂白性,不能利用 pH 试纸测到 pH,应选用 pH 计, 故 A 错误; B.托盘天平精确到 0.1,无法称量 5.57gKCl 固体,故 B 错误; C.金属钠着火时,与空气中的氧气反应生成过氧化钠,过氧化钠与水、二氧化碳反应,而 干冰灭火器和泡沫灭火器都生成二氧化碳,只能用干燥沙土盖灭,故 C 错误; D.氯气能够与碱溶液反应,密度大于空气,所以大量的氯气泄漏时,应用浸有弱碱性溶液 的毛巾捂住口鼻向高处跑,故 D 正确. 故选 D. 【点评】本题考查了化学安全事故及处理方法,题目难度不大,明确常见化学药品的性质为 解答关键, 注意掌握化学实验氨气事故及处理方法, 试题培养了学生的分析能力及灵活应用 能力.

6.下列有关胶体的性质说法中正确的是( A.溶液澄清透明,胶体浑浊不透明 B.加热和搅拌不可能引起胶体聚沉



C.将一束强光通过淀粉溶液时,能产生丁达尔现象 D.大气中 PM2.5(直径≤2.5×10 6m 的可吸入颗粒) ,一定属于胶体


【考点】胶体的重要性质. 【专题】溶液和胶体专题. 【分析】A.有些胶体也是透明的; B.加热和搅拌能引起胶体聚沉; C.淀粉溶液是胶体; D.分散质的直径介于 10 9m﹣10 7m 之间的属于胶体.
﹣ ﹣

【解答】解:A.溶液澄清透明,部分胶体也是透明的,故 A 错误; B.加热和搅拌能引起胶体聚沉,故 B 错误; C.淀粉溶液是胶体,有丁达尔效应,故 C 正确; D. 分散质的直径介于 10 9m﹣10 7m 之间的属于胶体, 所以 PM2.5 是指大气中直径≤2.5×10
﹣ ﹣ ﹣6

m 的颗粒物,则受 PM2.5 污染的大气不一定属于胶体,故 D 错误.

故选 C. 【点评】本题考查胶体的制备与性质,为高频考点,旨在考查学生对基础知识的识记,注意 基础知识的积累掌握,题目难度不大.

7.下列物质放置在空气中,不是因发生氧化还原反应而变质的是( A.金属钠 【考点】氧化还原反应. 【专题】氧化还原反应专题. B.氢氧化钠 C.过氧化钠

) D.氯水

【分析】 发生氧化还原反应而变质的化合物, 应具有氧化性或还原性, 且可与空气中的氧气、 水或二氧化碳发生氧化还原反应,以此解答. 【解答】解:A.Na 与空气中氧气反应,Na、O 元素的化合价发生变化,是氧化还原反应, 故 A 不选; B.NaOH 与空气中二氧化碳反应,易变质,不是氧化还原反应,故 B 选; C.过氧化钠与空气中水、二氧化碳反应,O 元素的化合价发生变化,是氧化还原反应,故 C 不选; D.氯水放置在空气中,其中的 HClO 能分解生成氧气和 HCl,Cl、O 元素的化合价发生变 化,是氧化还原反应,故 D 不选.

故选 B. 【点评】本题综合考查钠的化合物知识,侧重于元素化合物知识的综合运用的考查,注意把 握元素知识,学习中注意相关基础知识的积累,难度不大.

8.下列物质中含有自由移动的 Cl 的是( A.氯化钾溶液 B.氯化钠固体



) C.氯酸钾溶液 D.液氯

【考点】离子晶体;电解质在水溶液中的电离. 【专题】化学键与晶体结构;电离平衡与溶液的 pH 专题. 【分析】 在水溶液里或熔融状态下的电解质氯化物能电离出自由移动的氯离子, 据此分析解 答. 【解答】解:A.氯化钾溶液中存在氯离子,故 A 正确; B. 氯化钠是由钠离子和氯离子构成的, 但氯化钠晶体中不含自由移动的氯离子, 故 B 错误; C.氯酸钾是由氯酸根离子和钾离子构成的,所以氯酸钾在水溶液里能电离出氯酸根离子和 钠离子,则溶液中不含自由移动的氯离子,故 C 错误; D.液氯是氯气的液体状态,属于单质,存在的是氯分子,不是氯离子,故 D 错误,故选 A. 【点评】本题考查了物质的构成及电解质的电离,根据限制条件分析解答,易错选项是 C, 注意氯酸钾不能电离出氯离子,为易错点.

9.在某无色透明的酸性溶液中,能共存的离子组是( A.Na+、K+、SO42 、HCO3
﹣ ﹣


﹣ ﹣

B.Cu2+、K+、SO42 、NO3 D.Fe3+、K+、SO42 、Cl
﹣ ﹣

C.Na+、K+、Cl 、NO3




【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】酸性溶液里含有大量 H+离子,与 H+反应的离子不能大量存在,溶液呈无色透明, 则有颜色的离子不能存在. 【解答】解:A.酸性条件下 HCO3 与 H+反应生成二氧化碳气体而不能大量存在,故 A 错


误; B.Cu2+有颜色,与题目无色不符,故 B 错误; C.四种离子无色,且离子之间不发生任何反应,能大量共存,故 C 正确. D.Fe3+有颜色,与题目无色不符,故 D 错误.

故选 C. 【点评】本题考查离子共存,题目难度不大,本题注意题目酸性、无色的要求,注意常见有 颜色的离子以及离子之间反应的类型.

10.下列数量的物质中含原子数最多的是( A.0.4mol 氧气 C.4℃时 5.4mL 水



B.标准状况下 5.6L 二氧化碳 D.10g 氦

【考点】物质分子中的原子个数计算. 【专题】计算题. 【分析】 根据 n= 计算二氧化碳物质的量, 根据 m=ρV 计算水的质量, 再根据 n= 计算水、

氦气物质的量,结合分子含有原子数目计算含有原子总物质的量,据此判断,注意稀有气体 为单原子分子. 【解答】解:A.0.4mol 氧气含有氧原子为 0.4mol× 2=0.8mol, B. 标况下, 5.6L 二氧化碳物质的量为 C.5.4mL 水的质量为 5.4g,其物质的量为 D.10g 氦气的物质的量为 故 10g 氦气含有原子最多, 故选 D. 【点评】本题考查物质的量有关计算,注意微粒数目的计算的方法,比较基础,难度中等. =0.25mol, 含有原子为 0.25mol× 3=0.75mol, =0.3mol,含有原子为 0.3mol× 3=0.9mol,

=2.5mol,氦气为单原子分子,含有原子为 2.5mol,

11.下列物质间的每一个转化,不能都通过一步反应实现的是( A.Ca→CaO→Ca Cl2 C.C→CO2→Na2CO3 B.O2→CuO→Cu(OH)2 D.NaOH→Na2CO3→NaCl



【考点】钠的重要化合物;化学基本反应类型. 【专题】元素及其化合物. 【分析】根据题意知,一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质,根据物 质的性质及变化规律,分析变化能否只通过一个反应而实现.

【解答】解:A.2Ca+O2=2CaO,CaO+2HCl=CaCl2+H2O,所以每一转化都能通过一步反应 实现,故 A 不选; B.2Cu+O2 C.C+O2 故 C 不选; D.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,所以每一转化都能通过 一步反应实现,故 D 不选; 故选 B. 【点评】本题考查了物质之间的转化,题目难度不大,熟练掌握物质的性质,是解决此类问 题的关键,正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法. 2CuO,但氧化铜不能一步生成氢氧化铜,故 B 选; CO2,2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,所以每一转化都能通过一步反应实现,

12.下列离子方程式书写正确的是(





A.氯气通入水中:Cl2+H2O═2H++Cl +ClO

B.盐酸滴入澄清石灰水中:Ca(OH)2+2H+═Ca2++2H2O C.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应:Ba2++SO42 ═BaSO4↓


D.铜与硝酸银溶液反应:Cu+2Ag+═Cu2++2Ag 【考点】离子方程式的书写. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.次氯酸为弱酸,离子方程式中不能拆开; B.澄清石灰水中的氢氧化钙需要拆开; C.漏掉了氢离子与氢氧根离子反应生成水的反应; D.铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银. 【解答】解:A.氯气通入水中,反应生成氯化氢和次氯酸,正确的离子方程式为: Cl2+H2O═H++Cl +HClO,故 A 错误;


B.盐酸滴入澄清石灰水中,反应实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水,正确的离子方程 式为:OH +H+═H2O,故 B 错误;


C.硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水,正确的离子方程式为:2H++SO42 +Ba2++2OH =BaSO4↓+2H2O,故 C 错误;




D.Cu 与硝酸银溶液反应的离子方程式为:Cu+2Ag+═Cu2++2Ag,故 D 正确;

故选 D. 【点评】本题考查了离子方程式的书写判断,为高考的高频题,题目难度中等,注意掌握离 子方程式正误判断常用方法: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.

13.在反应 3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O 中,被还原的硫与被氧化的硫的质量比为( A.2:1 B.1:2 C.3:1 D.1:3



【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 3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O 中, 只有 S 元素的化合价发生变化, S→K2S, 化合价降低,被还原,S→K2SO3,化合价升高,被氧化,根据氧化剂与还原剂得失电子数 目相等计算. 【解答】解:在反应 3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O 中,只有 S 元素的化合价发生变化,氧 化剂和氧化剂都是 S, 反应中 S→K2S,S 化合价降低,则 S 被还原,S 为氧化剂, S→K2SO3,S 化合价升高,则 S 被氧化,S 为还原剂, 由生成物可知,被还原与被氧化的 S 的物质的量之比为 2:1, 则质量之比也为 2:1, 故选 A. 【点评】本题考查氧化还原反应的计算,题目难度不大,注意根据化合价的变化判断氧化产 物和还原产物,可根据化学计量数直接判断出被还原的硫与被氧化的硫的质量比为.

14.在 2009 年 10 月 1 日,新的饮用矿泉水强制性国家标准《饮用天然矿泉水》正式实施, 其中“溴酸盐”(BrO3 )这一潜在致癌物质被做了严格限制.有关专家解释,矿泉水在开采 过程中会含有少量溴化物 (O3) , 在后续的生产过程中经臭氧 (O3) 处理逐渐转化为溴酸盐. 下 列有关该转化过程的认识正确的是( A.该过程中溴化物(Br )得到电子 B.该过程中溴元素被还原,氧元素被氧化 C.该过程中臭氧(O3)是氧化剂,溴酸盐(BrO3 )是还原剂 D.该过程中溴元素发生氧化反应,氧元素发生还原反应
﹣ ﹣ ﹣



【考点】氧化还原反应. 【专题】氧化还原反应专题. 【分析】由题中信息可知,反应物为 Br 和 O3,生成物为 BrO3 ,说明 Br 被氧化生成 BrO3
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

,从化合价的角度分析.
﹣ ﹣ ﹣

【解答】解:A.Br 被氧化生成 BrO3 ,该过程中溴化物(Br )失去电子,故 A 错误; B.该过程中氧元素被还原,溴元素被氧化,故 B 错误; C.氧化剂为 O3,还原剂为 Br ,故 C 错误; D. 从化合价的变化可知, 该过程中溴元素发生氧化反应, 氧元素发生还原反应, 故 D 正确. 故选 D. 【点评】本题考查氧化还原反应,题目难度不大,本题注意加强对氧化还原反应有关概念的 理解,把握氧化还原反应的特征.


15.已知 5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2+3K2SO4+3H2O,下列说法不正确的是( A.氯酸钾是氧化剂 B.被氧化与被还原的氯元素的质量比为 5:1 C.3mol 氯气生成是有 10 摩尔电子转移 D.硫酸既不是氧化剂又不是还原剂 【考点】氧化还原反应. 【专题】氧化还原反应专题.



【分析】5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O 中,KCl 中 Cl 元素由﹣1 价升高到 0, KClO3 中 Cl 元素由+5 价降低为 0,以此来解答. 【解答】解:5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O 中,KCl 中 Cl 元素由﹣1 价升高到 0,KClO3 中 Cl 元素由+5 价降低为 0, A.含元素化合价降低的物质为氧化剂,则 KClO3 是氧化剂,故 A 正确; B.KCl 为还原剂,被氧化,KClO3 是氧化剂被还原,由反应可知被氧化与被还原的氯元素 的质量比为 5:1,故 B 正确; C.由反应可知,3molCl2 生成时有 5mol 电子转移,故 C 错误; D.硫酸中各元素的化合价不变,则 H2SO4 既不是氧化剂又不是还原剂,故 D 正确. 故选 C.

【点评】 本题考查氧化还原反应, 明确反应中元素的化合价变化及氧化还原反应中的基本概 念即可解答,选项 B 为解答的易错点,题目难度不大

16.在一定条件下,RO3n 和 F2 可发生如下反应:RO3n +F2+2OH ═RO4 +2F +H2O,从而
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

可知在 RO3n 中,元素 R 的化合价是(


) C.+6 D.+7

A.+4 【考点】氧化还原反应.

B.+5

【分析】由电荷守恒可知,n=1,设 RO3n 中 x 元素的化合价为 x,结合元素的化合价可解


答. 【解答】解:由电荷守恒可知,n=1,设 RO3n 中 x 元素的化合价为 x,则


x+(﹣2)× 3=﹣1, 解得 x=+5, 故选 B. 【点评】本题考查氧化还原反应及计算,为高频考点,把握电荷守恒为解答的关键,侧重分 析、应用及计算能力的考查,题目难度不大.

二、填空题(本题共 3 题,共 23 分) 17. 有下列物质: ①二氧化碳②碳酸钙③氯气④醋酸⑤乙醇⑥石墨⑦氢氧化钠溶液⑧稀硫酸 ⑨熔融氯化钠⑩铝.请用序号回答下列问题: (1)属于电解质的是 ②④⑨ ,属于非电解质的是 (2)能够导电的是 ⑥⑦⑧⑨ (3)写出物质④的电离方程式 CH3COOH?CH3COO +H+ .


①⑤

【考点】电解质与非电解质. 【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题. 【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,包括酸、碱、盐、活泼金属氧 化物和水; 在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括一些非金属氧化物、氨气、 大多数有机物(如蔗糖、酒精等) ; 物质导电的条件:含有自由移动的离子或自由电子; 醋酸为弱电解质,部分电离.

【解答】解:①二氧化碳,不含自由移动的离子或自由电子,不导电;本身不能电离,属于 非电解质; ②碳酸钙不含自由移动的离子或自由电子,不导电;熔融状态下能够导电,属于电解质; ③氯气不含自由移动的离子或自由电子, 不导电; 是单质, 既不是电解质, 也不是非电解质; ④醋酸不含自由移动的离子或自由电子,不导电;水溶液中能够导电,属于电解质; ⑤乙醇不含自由移动的离子或自由电子,不导电;在水溶液里和熔融状态下都不能导电,属 于非电解质; ⑥石墨含自由电子,能够导电;是单质,既不是电解质,也不是非电解质; ⑦氢氧化钠溶液含自由移动的离子, 能够导电; 是混合物, 既不是电解质, 也不是非电解质; ⑧稀硫酸含自由移动的离子,能够导电;是混合物,既不是电解质,也不是非电解质; ⑨熔融氯化钠含自由移动的离子,能够导电;在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物,是 电解质; ⑩铝含有自由电子能够导电;是单质,既不是电解质,也不是非电解质; (1)属于电解质的是②④⑨,属于非电解质的是①⑤; 故答案为:②④⑨;①⑤; (2)能够导电的是⑥⑦⑧⑨; 故答案为:⑥⑦⑧⑨; (3)醋酸为弱电解质,部分电离,电离方程式:CH3COOH?CH3COO +H+,故答案为:


CH3COOH?CH3COO +H+.


【点评】本题考查了电解质、非电解质判断,电解质电离方程式的书写,明确电解质、非电 解质概念是解题关键,注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质,题目难度不大.

18.9.03× 1023 个二氧化碳的物质的量是 1.5mol ,质量是 66 g. 【考点】物质的量的相关计算. 【专题】物质的量的计算. 【分析】根据 n= 计算 CO2 的物质的量,根据 m=nM 计算 CO2 的质量,由此分析解答.

【解答】解:9.03× 1023 个 CO2 的物质的量= CO2 的质量=1.5mol× 44g/mol=66g,故答案为:1.5mol;66.

=1.5mol,

【点评】本题考查常用化学计量的有关计算,比较基础,注意对公式的理解与灵活运用.

19.在 100mL2mol/L 硫酸溶液中,硫酸的质量是 19.6 g,氢离子的物质的量浓度为 4 mol/L. 【考点】物质的量的相关计算. 【专题】物质的量的计算. 【分析】 根据 m=nM=cVM 来计算质量, 氢离子的物质的量浓度是硫酸物质的量浓度的 2 倍, 据此回答. 【解答】解:在 100mL2mol/L 硫酸溶液中,硫酸的质量是 0.1L× 2mol/L× 98g/mol=19.6g,氢 离子的物质的量浓度为 4mol/L,故答案为:19.6;4. 【点评】本题考查学生物质的量的有关计算知识,注意公式的应用是关键,难度不大.

20.“人造空气”(氧气与氦气的混合气体)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用.在标 准状况下,22.4L“人造空气”的质量是 9.6g,其中氧气与氦气的体积比为 1:4 质量是 6.4g . 【考点】物质的量的相关计算. 【专题】计算题. 【分析】气体的物质的量为 n= =1mol,可设气体的物质的量分别为 n(He) 、n ,氧气的

(O2) ,根据质量可列式计算物质的量,可计算出分子数之比,以此解答该题. 【解答】解:气体的物质的量为 n= 设气体的物质的量分别为 n(He) 、n(O2) , 则有:n(He)+n(O2)=1mol,n(He)× 4g/mol+n(O2)× 32g/mol=9.6g, 解之得:n(He)=0.8mol,n(O2)=0.2mol, m(O2)=0.2mol× 32g/mol=6.4g, 氧气和氦气的分子数之比等于体积比等于物质的量之比,为 0.1mol:0.4mol=1:4, 故答案为:1:4;6.4g. 【点评】本题考查混合物的计算,侧重于考查学生的计算能力,注意根据体积和质量关系列 式计算即可,注意把握相关计算公式的运用,难度不大. =1mol,

21.写出除去下列物质中杂质所选用的试剂,并用离子方程式表示: (1)除去氯化钠溶液中的硫酸钠杂质,试剂 氯化钡溶液 ,离子方程式 SO42 +Ba2+=BaSO4↓ ; (2)除去氧气中的二氧化碳杂质,试剂 NaOH 溶液 +H2O ; (3)除去铜中铁,试剂 稀盐酸或稀硫酸 ,离子方程式 Fe+2H+=Fe2++H2↑ . 【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用;物质的分离、提纯和除杂. 【专题】物质的分离提纯和鉴别. 【分析】 (1)利用氯化钡除去硫酸钠; (2)利用 NaOH 溶液除去二氧化碳; (3)利用盐酸或稀硫酸除去 Fe,以此来解答. 【解答】解: (1)除去氯化钠溶液中的硫酸钠杂质,试剂为氯化钡溶液,离子方程式为 SO42
﹣ ﹣

,离子方程式 2OH +CO2=CO32




+Ba2+=BaSO4↓,故答案为:氯化钡溶液;SO42 +Ba2+=BaSO4↓;
﹣ ﹣ ﹣

(2)除去氧气中的二氧化碳杂质,试剂为 NaOH 溶液,离子方程式为 2OH +CO2=CO32 +H2O,故答案为:NaOH 溶液;2OH +CO2=CO32 +H2O;
﹣ ﹣

(3)除去铜中铁,试剂为稀盐酸或稀硫酸,离子方程式为 Fe+2H+=Fe2++H2↑,故答案为: 稀盐酸或稀硫酸;Fe+2H+=Fe2++H2↑. 【点评】本题考查混合物分离提纯及离子反应方程式书写,为高频考点,把握物质的性质、 发生的反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大.

三、实验题(本题共 1 题,共 14 分) 22.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据 u,试根据标签上的有关数据回答下列 问题: (1)该盐酸中 HCl 的物质的量浓度为 11.8mol/L (2) 取用任意体积的该盐酸溶液时, 下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 AD . A. 溶液的浓度 C. 溶液中氯离子的数目 B. 溶液中氯化氢的物质的量 D. 溶液的密度

(3) 现用该浓盐酸配制 250mL2mol/L 的稀盐酸.可供选用的仪器有: ①胶头滴管;②烧瓶; ③烧杯;④药匙;⑤托盘天平;⑥玻璃棒.请回答下列问题: ①经计算,配制 250ml2mol/L 的稀盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸的体积为 42.4 mL,

②配制稀盐酸时,还缺少的仪器有 250mL 容量瓶、50mL 量筒 (写出仪器名称及规格) ; ③对所配制的稀盐酸进行测定,发现其浓度小于 2mol/L,引起误差的原因可能是 BD . A. 定容时俯视容量瓶刻度线 B. 转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒 C. 溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容 D. 定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,再加水至刻度线 (4)若在标准状况下,将 VL 氯化氢气体溶于 1L 水中,所得溶于密度为 dg/mL,则此溶液 的物质的量浓度为 A mol/L. A. B. C. D. .

【考点】溶液的配制. 【专题】定量测定与误差分析. 【分析】 (1)依据 C= 计算浓盐酸的物质的量浓度;

(2)根据该物理量是否有溶液的体积有关判断; (3)①依据溶液稀释规律计算需要浓盐酸体积; ②依据用浓溶液配制稀溶液的操作步骤选择需要的仪器; ③分析操作对溶质的物质的量 n 或者溶液的体积 V 的影响,依据 C= 进行误差分析,凡是 使 n 偏小或者使 V 偏大的操作都会使溶液浓度偏低,反之使溶液浓度偏高; (4)根据 n= 计算氯化氢气体的物质的量,再根据 m=nM 计算 HCl 的质量,根据 m=ρV 计算溶液的体积,根据 c= 计算该盐酸的

计算水的质量,进而计算溶液的质量,根据 V= 物质的量浓度.

【解答】解: (1)密度为 1.18g/mL,质量分数为 36.5%的浓盐酸的物质的量浓度 C= =11.8mol/L;

故答案为:11.8mol/L; (2)A.溶液中 HCl 的物质的量=nV,所以与溶液的体积有关,故 A 不选; B.溶液具有均一性,与溶液的体积无关,故 B 选; C.溶液中 Cl 的数目=nNA=CVNA,所以与溶液的体积有关,故 c 不选; D.溶液的密度与溶液的体积无关,故 D 选; 故选 BD; (3)①设配制 250mL2mol/L 的稀盐酸需要浓盐酸体积为 V,则依据溶液稀释过程中溶质的 物质的量不变得:V× 11.8mol/L=2mol/L× 250mL,解得 V=42.4mL; 故答案为:42.4; ②用浓盐酸配制一定物质的量浓度稀盐酸的步骤:计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、 摇匀等,用到的仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管; 配制 250mL 溶液,需要选择 250mL 容量瓶,量取 42.4mL 浓盐酸,需要使用 50mL 量筒, 所以还缺少的仪器:250mL 容量瓶、50mL 量筒; 故答案为:250mL 容量瓶、50mL 量筒; ③A. 定容时俯视容量瓶刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故 A 不选; B. 转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒,导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液 浓度偏低,故 B 选; C. 溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏 高,故 C 不选; D. 定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,再加水至刻度线,导致溶液体积偏大,溶 液浓度偏低,故 D 选; 故选:BD; (4)HCl 的物质的量为 n= mol;HCl 的质量为 mol× 36.5g/mol= g,1L 水的


质量为 1000mL× 1g/mL=1000g,故溶液的质量为(

+1000)g,溶液的体积为

L;

则溶液的物质的量浓度 C= 故选 A.

=

mol/L,

【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制,明确配制原理和操作步骤是解题关键, 注意容量瓶、量筒规格的选择,注意误差分析的方法. 四、推断题(本题共 1 题,共 9 分) 23.有一包白色固体粉末,可能含有 Na2SO4、CaCO3、KCl、BaCl2、CuSO4 中的一种或几 种,按以下步骤进行实验: ①将固体粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀; ②加入足量稀盐酸,沉淀部分溶解且有气泡产生. 根据以上实验所产生的现象,判断这种混合物里,一定含有 Na2SO4、CaCO3、BaCl2 质,一定没有 CuSO4 物质,可能有的物质是 KCl . 写出上述所发生反应的离子方程式: Ba2++SO42 ═BaSO4↓、




CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ . 【考点】几组未知物的检验. 【分析】①将固体粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀,溶液为无色,说明一定不存在蓝色的 CuSO4;有白色沉淀,可能含有碳酸钙或硫酸钠、氯化钡; ②加入稀盐酸,沉淀部分溶解且有气泡产生,沉淀只有部分溶解,说明沉淀为碳酸钙和硫酸 钡,溶液中一定存在 Na2SO4、CaCO3、BaCl2; 根据以上分析判断未知物的组成,然后写出反应的离子方程式. 【解答】解:根据①可知,一定不存在溶液有色的 CuSO4;根据②有气体生成、沉淀部分溶 解可知,气体为二氧化碳,白色固体中一定存在 CaCO3、Na2SO4、BaCl2,无法确定是否含 有 KCl, 根据以上分析可知,原白色固体中一定含有:Na2SO4、CaCO3、BaCl2;一定不含 CuSO4; 可能含有 KCl; 发生反应的离子方程式有:Ba2++SO42 ═BaSO4↓、CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,


故答案为:Na2SO4、CaCO3、BaCl2;CuSO4;KCl;Ba2++SO42 ═BaSO4↓、


CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑.

【点评】本题考查了未知物的检验,题目难度中等,明确常见物质的性质及检验方法为解答 关键, 注意掌握某些物质具有的特殊性: 如硫酸铜溶液为有色溶液、 氢氧化铁为红褐色沉淀、 氢氧化铜为氯水沉淀、二氧化氮为红棕色气体等,常常为解答该类题的突破口.

五、计算题(本题共 1 题,共 6 分) 24. 常温下, 稀硝酸可以将铜溶解, 反应方程式为 3Cu+8HNO3=3Cu (NO3) 生 2+2NO↑+4H2O. 成的 NO 在标准状况时的体积为 5.6L,计算 (1)需要参加反应的铜的质量是多少? (2)被氧化的硝酸的物质的量是多少? (3)反应过程中转移的电子数? 【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】生成的 NO 在标准状况时的体积为 5.6L,物质的量为 n= =0.25mol,根

据方程式可知,生成 2molNO 消耗 3molCu,并消耗 8mol 硝酸,但在被消耗的 8mol 硝酸中, 被还原的硝酸为 2mol, 根据反应后 N 的化合价为+2 价来分析转移的电子的物质的量和个数. 【解答】解:生成的 NO 在标准状况时的体积为 5.6L,物质的量为 n= (1)设参加反应的铜的物质的量为 xmol,根据方程式可知, 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 3 xmol 可得: 2 0.25mol 解得 x=0.375mol,则质量 m=nM=0.375mol× 64g/mol=24g. =0.25mol.

答:消耗铜的质量为 24g. (2)根据反应可知,当生成 2molNO 时,消耗 8mol 硝酸,但在被消耗的 8mol 硝酸中,被 还原的硝酸为 2mol, 即当生成 2molNO 时,被还原的硝酸为 2mol,设此反应中被还原的硝酸为 xmol,则有:

解得 x=0.25mol 答:被还原的硝酸的物质的量为 0.25mol.

(3)由于反应前氮元素为+5 价,而反应后 N 的化合价为+2 价,故当生成 0.25molNO 时转 移的电子的物质的量为 0.25mol× (5﹣2)=0.75mol,个数为 4.515× 1023. 答:转移的电子电子数为 4.515× 1023. 【点评】本题考查氧化还原反应的计算,为高频考点,把握发生的反应、氧化还原反应基本 概念、物质的量关系为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度不大.

六、选择题(本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分,每小题只有一个正确答案) 25.在 10 9m~lO 7m 范围内,对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不
﹣ ﹣

到的变化. 如纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧, 甚至发生爆炸. 下列说法正确的是 ( A.纳米铜是一种新型化合物 B.纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应 C.纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同 D.纳米铜无需密封保存 【考点】纳米材料. 【专题】溶液和胶体专题.



【分析】利用题干中的信息可知纳米铜也是铜,但易于氧气反应并且速度很快,利用此知识 解决判断即可. 【解答】解:A.纳米铜和普通铜都是由铜元素组成,故纳米铜属于单质,故 A 错误; B.普通铜加热才能与氧气反应,而纳米铜很易于氧气反应,故 B 正确; C.纳米铜和普通铜中都属于铜元素,所以铜原子结构相同,故 C 错误; D.纳米铜很易与氧气反应,应密封保存,故 D 错误. 故选 B. 【点评】 本题是一道信息给予题, 关键是对题干知识的整理, 并与所学知识的关联性的掌握, 较简单.

26.设 NA 代表阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是( A.2.3g 钠与水反应失去的电子数目为 0.2NA B.20℃、101Kpa 时,5.6L 氨气所含的原子数目为 NA C.0℃、101Kpa 时,18g 铵根离子所含有的电子数为 10NA



D.1mol 氯化钠固体溶于 1L 水所得的溶液中氯化钠的物质的量浓度为 1mol/L

【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、求出钠的物质的量,然后根据反应后变为+1 价来分析; B、20℃、101Kpa 时气体摩尔体积大于 22.4L/mol; C、求出铵根离子的物质的量,然后根据 1mol 铵根离子中含 10mol 电子来分析; D、将氯化钠溶于 1L 水中所得溶液体积大于 1L. 【解答】解:A、2.3g 钠的物质的量为 0.1mol,而反应后变为+1 价,故 0.1mol 钠失去 0.1mol 电子即 0.1NA 个,故 A 错误; B、20℃、101Kpa 时气体摩尔体积大于 22.4L/mol,故 5.6L 氨气的物质的量小于 0.25mol, 所含的原子小于 1mol,故小于 NA 个,故 B 错误; C、18g 铵根离子的物质的量为 1mol,而 1mol 铵根离子中含 10mol 电子,即 10NA 个,故 C 正确; D、将氯化钠溶于 1L 水中所得溶液体积大于 1L,故溶液中氯化钠的浓度小于 1mol/L,故 D 错误. 故选 C. 【点评】 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算, 熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题 关键,难度不大.

27.已知:①Cl2+KBr═2KCl+Br2;②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O; ③2KBrO3+Cl2═Br2+2KClO3,下列说法正确的是( A.上述三个反应都有单质生成,所以都是置换反应 B.氧化性由强到弱的顺序是 KBrO3>KClO3>Cl2>Br2 C.反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 6:1 D.反应③中 1mol 还原剂参加反应时氧化剂得到电子的物质的量为 2 mol 【考点】氧化还原反应. 【分析】A.置换反应中不仅有单质生成还必须有单质参加; B.根据同一化学反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断氧化性强弱; C.根据氯气和转移电子之间的关系式计算; D.根据元素化合价变化计算. )

【解答】解:A、根据置换反应的概念分析,反应②中生成物有单质生成但反应物没有单质 参加,不是置换反应,故 A 错误; B、反应①中氧化剂是氯气,氧化产物是溴,所以氯气的氧化性大于溴,反应②中氧化剂是 氯酸钾,氧化产物是氯气,氯酸钾的氧化性大于氯气,反应③中氧化剂是溴酸钾,氧化产物 是氯酸钾,所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾,总之,氧化性强弱顺序是 KBrO3>KClO3> Cl2>Br2,故 B 正确; C、反应②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O 中,氧化剂是氯酸钾,还原剂是参加反应氯化氢的 5/6,所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是 5:1,故 C 错误; D、反应③中还原剂是氯气,氧化剂是溴酸钾,该反应式中 lmol 还原剂反应则氧化剂得到 电子的物质的量 10mol,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查了氧化还原反应,明确元素化合价是解本题的关键,易错选项是 C,注意 该选项中不是所有氯化氢都参加氧化还原反应,为易错点,题目难度不大.

28.离子方程式 BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O 中的 H+不能代表的物质是( ①HCl A.①③ ②H2SO4 ③HNO3 ④NaHSO4 B.①④⑤ ⑤CH3COOH. C.②④⑤ D.②⑤



【考点】强电解质和弱电解质的概念. 【分析】依据离子方程式 BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+中的 H+是溶于水的强酸溶液中发生 的反应,同时不能和钡离子反应生成沉淀分析. 【解答】解:①HCl 溶于水完全电离,且不和钡离子反应,可以代表碳酸钡和盐酸反应的离 子方程式,故①不选; ②H2SO4 于水完全电离,但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀,离子方程式为 BaCO3+2H++SO42 =BaSO4+CO2↑+H2O 不可以代表碳酸钡和硫酸反应的离子方程式,故②


选; ③HNO3 溶于水完全电离,不和钡离子反应可以代表;可以代表碳酸钡和硝酸反应的离子方 程式,故③不选; ④NaHSO4 中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡,离子方程式为 BaCO3+2H++SO42


=BaSO4+CO2↑+H2O 不可以代表碳酸钡和硫酸氢钠反应的离子方程式,故④选;

⑤CH3COOH 是弱酸存在电离平衡,不能写成氢离子的形式,离子方程式 BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO +CO2↑+H2O 不可以代表碳酸钡和乙酸反应的离子方程


式,故⑤选; 故选 C. 【点评】本题考查了离子反应的实质分析,主要是离子的存在和离子反应的分析理解,提供 氢离子的同时,不能和钡离子反应是解题关键,题目较简单.

29.300mL Al2(SO4)3 溶液中,含 Al3+为 1.62g,在该溶液中加入 0.1mol/L Ba(OH)2 溶 液 100mL,反应后溶液中 SO42 的物质的量浓度约为(


) D.0.1mol/L

A.0.4mol/L

B.0.3mol/L

C.0.2mol/L

【考点】物质的量浓度的相关计算;离子方程式的有关计算. 【专题】物质的量浓度和溶解度专题. 【分析】根据 n= 计算 n(Al3+) ,根据电荷守恒可知 n(SO42 )= n(Al3+) ,根据 n=cV 计


算 n(Ba2+) ,混合溶液中发生离子反应:SO42 +Ba2+═BaSO4↓,计算参加反应的硫酸根的物


质的量,进而计算剩余硫酸根的物质的量,再根据 c= 计算. 【解答】解:溶液中 Al3+为 1.62g,物质的量为


=0.06mol,

根据电荷守恒可知,溶液中 n(SO42 )= n(Al3+)= × 0.06mol=0.09mol, 加入的氢氧化钡的物质的量为:0.1mol/L× 0.1L=0.01mol, SO42 +Ba2+═BaSO4↓


0.01mol

0.01mol

所以硫酸根有剩余,剩余硫酸根的物质的量为 0.09mol﹣0.01mol=0.08mol, 所以反应后溶液中 SO42 的物质的量的浓度为


=0.2mol/L,

故选 C. 【点评】本题考查离子反应、物质的量浓度计算等,难度不大,铝离子与氢氧根离子反应为 干扰反应,与此反应无关,清楚反应过程是关键.

七、实验题(本题共 1 题,共 12 分) 30.实验目的:探究过氧化钠与水反应后的溶液滴加酚酞试液先变红后退色的原因.

【分析与猜想】 (1)根据过氧化钠与水反应的原理:2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑,往过氧化钠固体完全溶 解反应后的溶液中滴加酚酞本应只会变红而不会退色, 而实验中发现酚酞变红后又退色. 由 此提出如下的猜想: A.氧气有漂白性 B.氢氧化钠有漂白性 C. 氧气和氢氧化钠共同作用具有漂白性 【实验与判断】 请完成表格: 实验编号 实验装置 1 2 3

验证猜想 实验现象 实验说明

B 溶液变红后不退色

C

A

1、2 的实验中 NaOH 溶液是用 氢氧化钠固体 (填“氢氧化钠固体”、“氧化钠 固体”、“过氧化钠固体”)溶于水配制的.

(2)根据以上实验分析发现:过氧化钠与水反应过程中,钠元素形成了稳定的化合物,溶 液中还生成了一种不很稳定、具有漂白性的物质 X,X 的化学式是 H2O2 . (3)可用如图装置对溶液中不很稳定的物质进行探究,在①处装入的物质是 B (填选 项,下同) ,②处装入的物质是 C . A.酚酞试剂 B.过氧化钠与水反应后的溶液 C.二氧化锰 D.氢氧化钠固体配制的溶液 (4)气体③是 O2 稳定,已分解 . ,过氧化钠与水反应的化学方程式没有写出 X 来,原因是 H2O2 不

【考点】碱金属及其化合物的性质实验. 【专题】综合实验题. 【分析】 (1)根据反应方程式 2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可知,反应产物有两种:氢氧化 钠和氧气, 褪色的原因只能是氢氧化钠、 氧气或者二者共同作用; 实验 1、 2、 3 的实验装置、 加入的试剂进行判断对应的猜想序号; 无论避免干扰, 氢氧化钠溶液必须使用氢氧化钠固体 配制; (2)钠元素形成了稳定的化合物,则另一种不稳定的、具有漂白性的物质只能为具有强氧 化性的双氧水; (3)根据双氧水在二氧化锰做催化剂作用下容易分解生成进行设计实验,完成本题解答; (4)双氧水不稳定,分解生成水和氧气,所以在过氧化钠与水反应的方程式中没有写出双 氧水. 【解答】解: (1)过氧化钠与水的反应方程式中只有氢氧化钠和氧气生成,所以褪色原因的 猜想只能由三种情况:氧气具有漂白性、氢氧化钠具有漂白性、氧气和氢氧化钠共同作用具 有漂白性;实验 1 中,将酚酞加入氢氧化钠溶液中,目的是证明褪色原因是否原因氢氧化钠 引起的,所以对应的猜想为 B;实验 3 通入氧气,目的是证明氧气能够使溶液褪色;为了增 强说服力,避免干扰,实验 1、2 中氢氧化钠溶液必须是用氢氧化钠固体配制的, 故答案为:氧气和氢氧化钠共同作用具有漂白性;B;A;氢氧化钠固体; (2)过氧化钠与水反应过程中,钠元素形成了稳定的化合物,其它元素组合形成的不很稳 定、具有漂白性的物质 X,X 只能为具有强氧化性的 H2O2, 故答案为:H2O2; (3)双氧水在催化剂二氧化锰作用下能够分解放出氧气,图中装置目的是探究双氧水的不 稳定性, 所以在①处装入的物质为过氧化钠与水反应后的混合液, ②处装入的物质为催化剂 二氧化锰, 故答案为:B; C; (4)装置中气体③为双氧水分解生成的氧气;由于过氧化钠与水的反应中,生成的双氧水 不稳定,已经分解生成氧气,所以没有写出双氧水分子,

故答案为:O2;H2O2 不稳定,已分解. 【点评】本题考查了过氧化钠与水的反应原理,题目难度不大,试题注重考查性质实验方案 的设计,注意掌握过氧化钠的性质,正确书写过氧化钠与水反应的化学方程式,明确双氧水 具有强氧化性、漂白性.

八、推断题(本题共 1 题,共 12 分) 31.现有 A、B、C、D、E、F、G、H、I 九种物质,其中 A、B、C 均为氧化物,且 A 为淡 黄色粉末,C 为气体,I、E 为气体单质,F 的水溶液与澄清石灰水混合可制得 D 的溶液, 它们之间相互关系如图,其他与题无关的生成物均已略去.请回答下列问题:

(1)写出化学式: A Na2O2 ,G NaClO ,H HClO . (2)写出下列反应的离子方程式: A+B→D+E: 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH +O2↑


F+Ca(OH)2→D: CO32 +Ca2+=CaCO3↓


D+I→G: Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O . 【考点】无机物的推断. 【专题】无机推断;元素及其化合物. 【分析】现有 A、B、C、D、E、F、G、H、I 几种物质,其中 A、B、C 均为氧化物,且 A 为淡黄色粉末,则 A 为 Na2O2,A 能与 C 反应得到 E 与 F,且 C 为气体,E 为气体单质, 可推知 C 为 CO2,F 为 Na2CO3,F 的水溶液与澄清石灰水混合可制得 D 的溶液,则 D 为







NaOH,而 A 与 B 反应得到 D,故 B 为 H2O,I 为气体单质,能与氢氧化钠溶液反应得到 G, G 与二氧化碳、水反应得到 H,H 光照可以生成氧气,可推知 I 为 Cl2,G 为 NaClO,H 为 HClO,据此解答. 【解答】解:现有 A、B、C、D、E、F、G、H、I 几种物质,其中 A、B、C 均为氧化物, 且 A 为淡黄色粉末,则 A 为 Na2O2,A 能与 C 反应得到 E 与 F,且 C 为气体,E 为气体单 质,可推知 C 为 CO2,F 为 Na2CO3,F 的水溶液与澄清石灰水混合可制得 D 的溶液,则 D 为 NaOH,而 A 与 B 反应得到 D,故 B 为 H2O,I 为气体单质,能与氢氧化钠溶液反应得到 G,G 与二氧化碳、水反应得到 H,H 光照可以生成氧气,可推知 I 为 Cl2,G 为 NaClO,H 为 HClO. (1)由上述分析可知,A 为 Na2O2,G 为 NaClO,H 为 HClO,故答案为:Na2O2;NaClO; HClO; (2)A+B→D+E 的离子方程式:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH +O2↑,


F+Ca(OH)2→D 的离子方程式:CO32 +Ca2+=CaCO3↓,


D+I→G 的离子方程式:Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O, 故答案为:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH +O2↑;CO32 +Ca2+=CaCO3↓;Cl2+2OH =Cl +ClO
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣







+H2O. 【点评】本题考查无机物推断,涉及 Na、Cl 元素单质化合物性质,“淡黄色粉末 A 与气体 C 反应得到气体单质 E”是推断突破口,需要学生熟练注意元素化合物知识,难度不大.

九、计算题(本题共 1 题,共 6 分) 32.现有 25mL 盐酸和硫酸混合溶液,加入 2mol/L 的氢氧化钠溶液 25mL 恰好中和,中和 后的溶液中加过量的氢氧化钡溶液,所得沉淀质量为 3.495g,求: (要求有具体的计算过程) (1)硫酸钡沉淀的物质的量为 0.015mol ; (2)混合溶液中 c(HCl)= 0.8mol/L ,c(H2SO4)= 0.6mol/L . 【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】向混合溶液中加入氢氧化钠溶液,发生的反应是 H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O, HCl+NaOH=NaCl+H2O,恰好反应,溶液中溶质为 Na2SO4 、NaCl,再向中和后的溶液中加 过量的 Ba(OH)2 溶液,发生反应 SO42 +Ba2+=BaSO4 ↓,所得沉淀质量为 3.495g 为 BaSO4


的质量,根据硫酸钡的质量,利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量,进而计算硫酸反应

的氢氧化钠的物质的量,计算与盐酸反应的氢氧化钠的物质的量,再根据方程式计算 HCl 的物质的量,根据 c= 计算盐酸、硫酸的物质的量浓度. 【解答】解:3.495gBaSO4 的物质的量为: =0.015mol,

根据硫酸根守恒 n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.015mol,所以硫酸的物质的量浓度为 =0.6mol/L; 根据方程式 H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O 可知, 以 0.015mol 硫酸反应需要氢氧化钠的物质 的量为 0.015mol× 2=0.03mol,故与盐酸反应氢氧化钠的物质的量为:0.025L× 2mol/L﹣ 0.03mol=0.02mol, 由方程式 HCl+NaOH=NaCl+H2O 可知,n(HCl)=n(NaOH)=0.02mol,故盐酸的物质的 量浓度为: =0.8mol/L;

(1)硫酸钡沉淀的物质的量为 0.015mol,故答案为:0.015mol; (2)盐酸的浓度为 0.8mol/L,硫酸的浓度为 0.6mol/L,故答案为:0.8mol/L;0.6mol/L. 【点评】本题考查根据方程式的计算,比较基础,清楚反应过程是解题的关键,注意守恒思 想的运用.



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