福建省福州四十中2022学年高一化学上学期期末试题含解析

2022-2022学年福建省福州四十中高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个项符合题意，每小题3分，共51分）1．放射性同位素可用于治疗肿瘤．该同位素原子核内的中子数是()A．19B．72C．53D．1252．下列物质中属于强电解质的是()A．SO2B．Na2SO4C．Cl2D．CH3COOH3．点燃的镁条伸入盛有下列气体的集气瓶中，镁条不能继续燃烧的是()A．氧气B．氮气C．水蒸气D．CO24．通过对金属钠与水反应现象的观察，不能得出的结论是()A．金属钠导电性强B．金属钠密度比水小C．金属钠熔点低D．金属钠化学性质活泼5．常温下，将一小块铝片投入足量的下列溶液中，铝片不能全部溶解的是()A．浓硫酸B．稀硫酸C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸6．下列除去杂质所用的方法正确的是()A．除去SO2气体中的少量HCl：把混合气体依次通过NaOH溶液和浓硫酸B．除去NaHCO3溶液中少量Na2CO3：向溶液中通入过量的CO2C．除去NaHCO3固体中少量Na2CO3粉末：把固体置于坩埚中充分加热D．除去CaCO3中少量CaO：把固体置于坩埚中充分灼烧7．下列反应的离子方程式正确的是()A．铝片投入烧碱溶液Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑B．氯气与水反应Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣C．碳酸钙溶于盐酸CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．金属钠跟水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑8．如表关于物质分类的示意图正确的是()碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4BaCO3SO2CO2BBa（OH）2HClNaClNa2OCOCNa2CO3CH3COOHCaCl2CO2SO2DKOHHClOCaCO3CaOSO3A．AB．BC．CD．D9．材料与化学密切相关，表中对应关系错误的是()材料主要化学成分-17-\nA普通水泥、普通玻璃硅酸盐B刚玉、金刚石三氧化二铝C大理石、石灰石碳酸钙D光导纤维、石英二氧化硅A．AB．BC．CD．D10．人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐会使Fe2+转化为Fe3+生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合能力，服用维生素C可以缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有()A．酸性B．碱性C．氧化性D．还原性11．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是()A．NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣B．Fe3+、Na+、OH﹣、NO3﹣C．Ag+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．H+、Na+、NO3﹣、CO32﹣12．只用一种试剂区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是()A．Ba（OH）2B．H2SO4C．NaOHD．AgNO313．如图实验装置一般不用于分离物质的是()A．B．C．D．14．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A．常温常压下，11.2LNH3所含的原子数为2NAB．常温常压下，80gSO3含有的氧原子数为3NAC．标准状况下，22.4LH2中所含原子数为NAD．一定条件下，56g铁粉与足量的Cl2完全反应转移电子数目为2NA15．配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使所配得的溶液物质的量浓度偏高的是()A．省去洗涤烧杯的步骤B．定容时俯视刻度C．定容时仰视刻度D．定容、摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线又加水至刻度16．能证明某溶液中含有Fe2+的是()A．该溶液呈浅绿色B．该溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀并迅速变成灰绿色，最后变为红褐色C．向该溶液中加入氯水，再滴入几滴KSCN溶液，呈红色D．向该溶液中滴入几滴KSCN溶液，不变色，再加入氯化铁，呈红色-17-\n17．在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O下列叙述中正确的是()A．反应中KMnO4被氧化B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5﹕1C．每生成1molCl2时，反应中转移的电子为2molD．每消耗16molHCl时，其中做氧化剂的HCl是10mol二、填空题（本题共41分）18．（14分）化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等都离不开化学．（1）铝热反应在工业生产中的重要用途之一是__________；用化学方程式表示出其中的原理__________（举一例）．铝制品因为表面易形成致密的氧化铝薄膜而经久耐用，但是该氧化膜易被酸碱破坏，若将氧化铝与氢氧化钠溶液作用，反应的化学方程式为__________．（2）氯气用于漂白、消毒时，能起漂白、消毒作用的物质是__________（写化学式）．缺铁性贫血患者应补充Fe元素，通常以硫酸亚铁的形式给药，而硫酸铁则没有这种药效．当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是__________．（3）镁带着火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火的原因是__________．（用化学方程式表示）．（4）氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域．在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C═2AlN+3CO①在化学方程式上标出该反应中电子转移的方向和数目．②在该反应中，氧化剂是__________，氧化产物是__________．19．某化学兴趣小组按照图1流程进行“由镁铝合金制备硫酸铝晶体”的实验（1）镁铝合金中加NaOH溶液的离子反应方程式为__________，画出金属X的原子结构示意图__________，固体A的化学式为__________；（2）写出硫酸铝在水中的电离方程式__________，操作②包含的步骤有蒸发浓缩、__________、过滤、干燥．（3）该兴趣小组为测定镁铝合金中各组成的质量分数，设计如图2装置，则需要测定的数据有__________、__________．20．铁是人类较早使用的金属之一．运用所学知识，回答下列问题．（1）鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液的方法是__________．（2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：__________．-17-\n（3）某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是__________．（4）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如图方案：①滤渣C的化学式为__________．②加过量D发生反应的离子方程式为__________．③通入气体F发生反应的化学方程式为__________．21．某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如图装置进行实验（实验室制取氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O）：请按要求回答下列问题：（1）淀粉碘化钾溶液中观察到的现象是__________，反应的离子方程式__________．（2）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则甲中盛放__________（填名称）．（3）Cl2与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为__________．（4）该兴趣小组用8.7gMnO2与足量的浓盐酸制备氯气，则理论上最多可制得标准状况下的Cl2__________L．三、计算题：（本题8分）22．某小组用铜屑制取硫酸铜溶液．将铜屑放入一定浓度的硫酸中，加热并不断鼓入空气，其反应原理为2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O．现欲将6.4g铜完全溶解，加水后得200mL溶液．计算：（1）参加反应的氧气在标准状况下的体积是__________．（2）所得硫酸铜溶液的物质的量浓度是__________．（3）取100mL上述硫酸铜溶液，加水稀释至0.1mol/L，稀释后硫酸铜溶液的体积是__________．-17-\n2022-2022学年福建省福州四十中高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个项符合题意，每小题3分，共51分）1．放射性同位素可用于治疗肿瘤．该同位素原子核内的中子数是()A．19B．72C．53D．125【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】12553I中质子数是53，质量数是125，中子数=质量数﹣质子数，据此分析．【解答】解：12553I中质子数是53，质量数是125，中子数=质量数﹣质子数=125﹣53=72，故选B．【点评】本题考查了质子数、中子数和质量数的关系，难度不大，明确质量数和中子数、质子数之间的关系是解本题的关键．2．下列物质中属于强电解质的是()A．SO2B．Na2SO4C．Cl2D．CH3COOH【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】离子反应专题．【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子的电解质；弱电解质为：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此即可解答．【解答】解：A、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故A错误；B、硫酸钠在水溶液和熔融状态下，都能能完全电离，所以强电解质，故B正确；C、氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D、CH3COOH⇌CH3COO﹣+OH﹣，醋酸在水溶液中不能完全电离，CH3COOH为弱电解质，故D错误；故选B．【点评】本题考查了电解质、强弱电解质的判断，题目难度不大，注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，强电解质与弱电解质的本质区别是能否完全电离，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题能力．3．点燃的镁条伸入盛有下列气体的集气瓶中，镁条不能继续燃烧的是()A．氧气B．氮气C．水蒸气D．CO2【考点】镁的化学性质．【分析】镁能在氮气、二氧化碳、空气、氯气中燃烧生成化合物，据此分析解答．【解答】解：镁能够在氧气燃烧生成氧化镁，能够在氮气中燃烧生成氮化镁，能够在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，不能在水蒸气中燃烧，故选：C．【点评】本题考查镁的性质，熟悉镁与氧气、氮气、二氧化碳的反应是解题关键，题目难度不大．-17-\n4．通过对金属钠与水反应现象的观察，不能得出的结论是()A．金属钠导电性强B．金属钠密度比水小C．金属钠熔点低D．金属钠化学性质活泼【考点】氯气的化学性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】根据钠与水反应现象分析判断，钠与水反应放出的热能使本身熔化成闪亮的小球，说明熔点低，浮在水面，说明密度比水小，加入酚酞的液体变红，说明生成了碱性物质，反应发出嘶嘶的响声，说明反应是剧烈的，金属钠的性质活泼．【解答】解：A、钠与水反应不涉及导电性实验，无法验证其导电能力，故A错误；B、钠浮在水面上，说明密度比水小，故B正确；C、钠与水反应放出的热能使本身熔化成闪亮的小球，说明熔点低，故C正确；D、钠与水剧烈反应置换出氢气，说明金属钠化学性质活泼，故D正确．故选：A．【点评】本题考查钠的化学性质，题目难度不大，根据反应的实验现象推断可能具有的性质，并学会根据实验现象书写有关的方程式．5．常温下，将一小块铝片投入足量的下列溶液中，铝片不能全部溶解的是()A．浓硫酸B．稀硫酸C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸【考点】铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】金属铝可以和氢氧化钠、稀硫酸、盐酸之间反应，但是常温下遇到浓硫酸会钝化．【解答】解：A、常温下Al遇到浓硫酸会钝化，不会全部溶解，故A正确；B、金属铝可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，铝片能全部溶解，故B错误；C、金属铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，铝片能全部溶解，故C错误；D、金属铝可以和盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝片能全部溶解，故D错误；故选A．【点评】本题考查学生金属铝的化学性质，注意金属铝能和氢氧化钠反应是解题的关键，难度不大．6．下列除去杂质所用的方法正确的是()A．除去SO2气体中的少量HCl：把混合气体依次通过NaOH溶液和浓硫酸B．除去NaHCO3溶液中少量Na2CO3：向溶液中通入过量的CO2C．除去NaHCO3固体中少量Na2CO3粉末：把固体置于坩埚中充分加热D．除去CaCO3中少量CaO：把固体置于坩埚中充分灼烧【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．SO2和HCl都与NaOH溶液反应；B．Na2CO3和CO2反应可生成NaHCO3；C．NaHCO3不稳定，解热易分解；D．CaCO3不稳定，解热分解生成CaO．【解答】解：A．SO2和HCl都与NaOH溶液反应，应用饱和亚硫酸氢钠溶液除杂，故A错误；B．Na2CO3和CO2反应可生成NaHCO3，可除去杂质，故B正确；C．NaHCO3不稳定，解热易分解，不能直接加热除杂，故C错误；-17-\nD．CaCO3不稳定，解热分解生成CaO，应用水洗法使CaO生成氢氧化钙溶于水，过滤可除去，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，本题主要在除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．7．下列反应的离子方程式正确的是()A．铝片投入烧碱溶液Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑B．氯气与水反应Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣C．碳酸钙溶于盐酸CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．金属钠跟水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电荷不守恒；B．生成HClO，为弱电解质；C．碳酸钙不溶于水，应写成化学式；D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气．【解答】解：A．电荷不守恒，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．生成HClO，为弱电解质，应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B错误；C．碳酸钙不溶于水，应写成化学式，为CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故C错误；D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，注意电子、电荷守恒及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．8．如表关于物质分类的示意图正确的是()碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4BaCO3SO2CO2BBa（OH）2HClNaClNa2OCOCNa2CO3CH3COOHCaCl2CO2SO2DKOHHClOCaCO3CaOSO3A．AB．BC．CD．D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物．酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物．碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）．酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）．【解答】解：A．二氧化硫是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B、一氧化碳不能和碱反应，不属于酸性氧化物，故B错误；C、碳酸钠俗称纯碱，属于盐类，不属于碱，故C错误；-17-\nD、三氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，次氯酸属于酸类，氢氧化钾属于碱类，碳酸钙属于盐类，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的分类，了解常见物质的组成、物质的名称、分类，抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，属基础知识考查题，难度不大．9．材料与化学密切相关，表中对应关系错误的是()材料主要化学成分A普通水泥、普通玻璃硅酸盐B刚玉、金刚石三氧化二铝C大理石、石灰石碳酸钙D光导纤维、石英二氧化硅A．AB．BC．CD．D【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】A．依据水泥、和普通玻璃的主要成分解答；B．金刚石成分为碳单质；C．大理石、石灰石主要成分都是碳酸钙；D．光导纤维、石英的主要成分为二氧化硅．【解答】解：A．普通玻璃主要成分为Na2SiO3、CaSiO3和SiO2；水泥的成分为：3CaO•SiO2、2CaO•SiO2、3CaO•Al2O3，二者主要成分都是硅酸盐，故A正确；B．金刚石成分为碳单质，刚玉主要成分为氧化铝，故B错误；C．大理石、石灰石主要成分都是碳酸钙，故C正确；D．光导纤维、石英的主要成分为二氧化硅，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了物质的主要成分，属于对基础知识的考查，明确物质的成分是解题关键，注意对知识的积累．10．人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐会使Fe2+转化为Fe3+生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合能力，服用维生素C可以缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有()A．酸性B．碱性C．氧化性D．还原性【考点】维生素在人体中的作用．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】Fe3+离子具有氧化性，能和具有还原性的物质发生化学反应．【解答】解：服用维生素C可以缓解亚硝酸盐中毒，这说明维生素C具有还原性，可以把Fe3+离子还原成Fe2+离子，故选D．【点评】本题考查维生素C在人体中的作用，明确氧化还原反应原理是解题的关键，题目难度不大．11．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是()A．NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣B．Fe3+、Na+、OH﹣、NO3﹣C．Ag+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．H+、Na+、NO3﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题．-17-\n【分析】A．四种离子之间不发生反应，能够大量共存；B．铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀；C．银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀；D．氢离子与碳酸根离子反应．【解答】解：A．NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Fe3+、OH﹣之间反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ag+、Cl﹣之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．H+、CO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；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的能力．12．只用一种试剂区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是()A．Ba（OH）2B．H2SO4C．NaOHD．AgNO3【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】五种盐溶液的阳离子各不相同，可从阳离子鉴别的角度分析，鉴别阳离子，可加入碱，结合沉淀的颜色、氢氧化铝的两性等角度判断．【解答】解：A．加入Ba（OH）2，Na2SO4和MgCl2都生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；B．加入H2SO4，以上五种物质都不反应，不能鉴别，故B错误；C．加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后总变成红褐色，Al2（SO4）3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解，（NH4）2SO4生成刺激性气体，五种物质现象各不相同，可鉴别，故C正确；D．加入AgNO3，以上物质都生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别的基本方法，题目难度不大，本题注意把握五种物质的组成上的异同，从反应具有不同现象的角度考虑．13．如图实验装置一般不用于分离物质的是()A．B．C．D．【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【分析】实现物质分离的方法有：过滤、分液和蒸馏、渗析等，根据实验选择合适的仪器．【解答】解：A、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶物质的分离，故A不选；B、渗析可以实现胶体与溶液的分离，胶体粒子颗粒大，不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，常用渗析的方法提纯胶体，故B不选；C、过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，故C不选；-17-\nD、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步，不能分离物质，符合题意，故D选择，故选D．【点评】本题考查学生物质分离的方法和仪器，可以根据所学知识进行回答，较简单，注意平时知识的积累是解题的关键．14．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A．常温常压下，11.2LNH3所含的原子数为2NAB．常温常压下，80gSO3含有的氧原子数为3NAC．标准状况下，22.4LH2中所含原子数为NAD．一定条件下，56g铁粉与足量的Cl2完全反应转移电子数目为2NA【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．常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨气的物质的量；B．80g三氧化硫的物质的量为1mol，含有3mol氧原子；C．标准状况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，1mol氢气中含有2mol氢原子；D．铁与氯气反应生成的是氯化铁，56g铁的物质的量为1mol，与足量氯气完全反应失去3mol电子．【解答】解：A．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氨气的物质的量，故A错误；B．80g三氧化硫的物质的量为1mol，1mol三氧化硫中含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，故B正确；C．标况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，含有2molH，所含原子数为2NA，故C错误；D．56g铁粉的物质的量为1mol，1mol铁与足量氯气完全反应失去3mol电子，转移电子数目为3NA，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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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，试题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．15．配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使所配得的溶液物质的量浓度偏高的是()A．省去洗涤烧杯的步骤B．定容时俯视刻度C．定容时仰视刻度D．定容、摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线又加水至刻度【考点】溶液的配制．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据c=，判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化．【解答】解：A、未洗涤烧杯导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的物质的量浓度偏低，故A错误；B、定容时俯视液面导致溶液的体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏高，故B正确；C、定容时仰视液面导致液体的体积偏大，所配制溶液的物质的量浓度偏低，故C错误；D、反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故D错误；-17-\n故选B．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．16．能证明某溶液中含有Fe2+的是()A．该溶液呈浅绿色B．该溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀并迅速变成灰绿色，最后变为红褐色C．向该溶液中加入氯水，再滴入几滴KSCN溶液，呈红色D．向该溶液中滴入几滴KSCN溶液，不变色，再加入氯化铁，呈红色【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】A、溶液呈浅绿色不一定是亚铁盐溶液；B、依据氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的过程中的现象分析判断；C、原溶液中含有铁离子进行实验操作也能出现此现象；D、氯化铁中的铁离子和硫氰酸根离子反应生成红色溶液．【解答】解：A、溶液呈浅绿色的物质有亚铁盐溶液、多数亚铁溶液是浅绿色的当然要浓度较低，氯化铜溶液浓度较低时也是浅绿色的，有些混合溶液产生复合色，也会是浅绿色比如三价铁离子和硫酸铜溶液，故A错误；B、滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿，最后变为红褐色，说明原溶液含有Fe2+，Fe3+和氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化铁沉淀，所以只能观察到红褐色沉淀，所以该实验能证明某溶液只含有Fe2+而不含Fe3+，故B正确；C、先滴加氯水，若原溶液含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe2+，故C错误；D、KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯化铁，溶液中有Fe3+会反应生成红色溶液，不能证明是否含有亚铁离子，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了三价铁离子、二价铁离子的检验和性质应用，关键是加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度中等．17．在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O下列叙述中正确的是()A．反应中KMnO4被氧化B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5﹕1C．每生成1molCl2时，反应中转移的电子为2molD．每消耗16molHCl时，其中做氧化剂的HCl是10mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】该反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O中，元素化合价变化为：Mn元素由+7价变为+2价，Cl元素由﹣1价变为0价，所以高锰酸钾作氧化剂，浓盐酸作还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化；根据方程式中氯气和转移电子之间的关系式计算转移电子数．-17-\n【解答】解：A．该反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O中，元素化合价变化为：Mn元素由+7价变为+2价，所以高锰酸钾作氧化剂，在反应中被还原，故A错误；B．该反应中个高锰酸钾作氧化剂，浓盐酸作还原剂，浓盐酸中的作还原剂，作酸，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：10=1：5，故B错误；C．每生成1molCl2时，反应中转移的电子=1mol（1﹣0）×2=2mol，故C正确；D．该反应中部分浓盐酸作还原剂，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，根据化合价变化来分析解答即可，注意只有部分浓盐酸作还原剂，为易错点．二、填空题（本题共41分）18．（14分）化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等都离不开化学．（1）铝热反应在工业生产中的重要用途之一是焊接钢轨或冶炼难熔金属等；用化学方程式表示出其中的原理2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe（举一例）．铝制品因为表面易形成致密的氧化铝薄膜而经久耐用，但是该氧化膜易被酸碱破坏，若将氧化铝与氢氧化钠溶液作用，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O．（2）氯气用于漂白、消毒时，能起漂白、消毒作用的物质是HClO（写化学式）．缺铁性贫血患者应补充Fe元素，通常以硫酸亚铁的形式给药，而硫酸铁则没有这种药效．当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是保护FeSO4不被空气中的氧气氧化．（3）镁带着火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火的原因是2Mg+CO22MgO+C．（用化学方程式表示）．（4）氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域．在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C═2AlN+3CO①在化学方程式上标出该反应中电子转移的方向和数目．②在该反应中，氧化剂是N2，氧化产物是CO．【考点】镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；镁的化学性质．【分析】（1）铝热反应中放出大量的热，可冶炼难熔金属等，如Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe；氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；（2）氯气与水反应生成的HClO，具有漂白、消毒的作用；硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，防止亚铁离子被氧化；（3）Mg能在二氧化碳中燃烧；（4）①Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO中，N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，该反应中转移6e﹣；②含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂，还原剂被氧化，对应的产物为氧化产物．-17-\n【解答】解：（1）铝热反应中放出大量的热，可用来焊接钢轨或冶炼难熔金属等，如Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，该反应为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，该离子反应为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，故答案为：焊接钢轨或冶炼难熔金属等；2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；（2）氯气与水反应生成的HClO，具有漂白、消毒的作用；亚铁离子易被氧化，所以硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，目的是保护FeSO4不被空气中的氧气氧化，故答案为：HClO；保护FeSO4不被空气中的氧气氧化；（3）镁带着火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火的原因是2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（4）①Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO中，N元素的化合价由0降低为﹣3价，C元素的化合价由0升高为+2价，该反应中转移6e﹣，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；②N元素的化合价降低，则N2为氧化剂，C元素的化合价升高，失去电子被氧化，则CO为氧化产物，故答案为：N2；CO．【点评】本题考查Al的化学性质，侧重元素化合物性质的考查，把握铝热反应及Al与酸碱反应为解答的关键，注意发生的氧化还原反应，注重化学与生活的联系，题目难度不大．19．某化学兴趣小组按照图1流程进行“由镁铝合金制备硫酸铝晶体”的实验（1）镁铝合金中加NaOH溶液的离子反应方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，画出金属X的原子结构示意图，固体A的化学式为Al（OH）3；-17-\n（2）写出硫酸铝在水中的电离方程式Al2（SO4）3=2Al3++3SO42﹣，操作②包含的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥．（3）该兴趣小组为测定镁铝合金中各组成的质量分数，设计如图2装置，则需要测定的数据有氢气的体积、镁铝合金的质量．【考点】制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算；探究铝与酸、碱溶液的反应．【专题】简答题；实验设计题．【分析】本题以铝与镁的化学性质差异，选择合理的实验途径制备硫酸铝晶体的实验操作及探究镁铝混合物成分的方法，利用镁不能碱反应，用NaOH溶液先将镁铝分离并得到偏铝酸钠溶液，对滤液进行酸化得到氢氧化铝沉淀，过虑后将溶解在稀硫酸中，最后将硫酸铝溶液进行蒸发结晶，等到目标产物，至于镁铝混合物的组份测定，只要通过测定合金与足量酸反应生成的氢气量及合金的总质量即可计算；（1）向镁铝合金中加入足量氢氧化钠溶液，Al和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，镁不反应，采用过滤的方法进行分离，即可得到不溶物和滤液，滤液用稀硫酸酸化调整溶液pH的目的是为了促进AlO2﹣的水解，将其转化为Al（OH）3，通过过滤即可得到；（2）硫酸铝是强电解质，在水中能完全电离，从其水溶液里得到晶体，通常用蒸发结晶的方法；（3）测定镁铝合金中各组成的质量分数，可通过一定质量的合金与足量酸反应生气氢气的体积来进行计算．【解答】解：（1）向镁铝合金中加入足量氢氧化钠溶液，Al和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，镁不反应，发生反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，采用过滤的方法进行分离得到不溶性的镁，其原子结构示意图为，向滤液中加入稀硫酸条件溶液的pH，得到氢氧化铝固体，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；；Al（OH）3；（2）硫酸铝是强电解质，溶液里完全电离的电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3++3SO42﹣，操作Ⅱ包含的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶（降温结晶）、过滤洗涤、干燥，故答案为：Al2（SO4）3=2Al3++3SO42﹣；冷却结晶（降温结晶）；（3）某兴趣小组为测定镁铝合金中各组成的质量分数，根据图象知，能够测得氢气体积，根据金属和氢气之间的关系式分析知，设计图1示装置需要测定的数据有氢气的体积、镁铝合金的质量，故答案为：氢气的体积、镁铝合金的质量．【点评】本题考查镁铝化学性质的差异，属基础性考查，难度不大，但错误率可能较高，建议学生多关注双基学习．20．铁是人类较早使用的金属之一．运用所学知识，回答下列问题．（1）鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液的方法是用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）．-17-\n（2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+．（3）某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是Fe3+、Fe2+、Cu2+．（4）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如图方案：①滤渣C的化学式为Fe、Cu．②加过量D发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑．③通入气体F发生反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3．【考点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】（1）根据鉴别溶液和胶体的最简单的方法是丁达尔现象，胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，以此来解答；（2）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁；（3）FeCl3溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；滴入KSCN溶液呈红色，存在三价铁离子；（4）制取的是氯化铁溶液，金属A是铁；滤液B是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，D加入应该是盐酸，回答①②③．【解答】解：（1）因FeCl3溶液是溶液，无丁达尔现象，而Fe（OH）3胶体是胶体，有丁达尔现象，所以鉴别FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体中最简单有效的是观察是否产生了丁达尔现象（效应），故答案为：用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）；（2）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；（3）FeCl3溶液与铜反应的离子方程式是：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；由于滴入KSCN溶液呈红色，证明溶液中Fe3+有剩余，溶液中含有的金属阳离子是：Fe3+、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Fe2+、Cu2+；（4）制取的是氯化铁溶液，金属A是铁；滤液B是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，D加入应该是盐酸，①滤渣C的化学式为Fe、Cu，故答案为：Fe、Cu；②加过量盐酸发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；③是将亚铁离子氧化成三价铁离子，反应方程式是：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3．【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，涉及的内容较多，注意分析题中提供的信息，根据所学知识写成反应的方程式，本题难度中等．21．某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如图装置进行实验（实验室制取氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O）：-17-\n请按要求回答下列问题：（1）淀粉碘化钾溶液中观察到的现象是溶液变蓝色，反应的离子方程式Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2．（2）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则甲中盛放浓硫酸（填名称）．（3）Cl2与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．（4）该兴趣小组用8.7gMnO2与足量的浓盐酸制备氯气，则理论上最多可制得标准状况下的Cl22.24L．【考点】氯气的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】（1）氯气氧化性强于碘，能从碘化钾溶液中置换出碘，碘遇到淀粉变蓝色；（2）要使干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则甲的作用是干燥氯气，依据氯气的性质选择干燥剂；（3）Cl2与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙；（4）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，87gMnO2完全反应生成氯气1mol，所以8.7gMnO2与足量的浓盐酸生成氯气的物质的量是1mol，据此解答．【解答】解：（1）氯气与碘化钾反应的离子方程式：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，生成的单质碘遇到淀粉变蓝，故答案为：溶液变蓝；Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；（2）甲中盛放浓硫酸干燥氯气，故答案为：浓硫酸；（3）Cl2与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（4）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，理论上87gMnO2完全反应生成氯气1mol，所以8.7gMnO2与足量的浓盐酸生成氯气的物质的量是0.1mol，标况下气体体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.24．【点评】本题考查了氯气的实验室制法和氯气的性质，是高考题常考内容，题目难度不大．三、计算题：（本题8分）22．某小组用铜屑制取硫酸铜溶液．将铜屑放入一定浓度的硫酸中，加热并不断鼓入空气，其反应原理为2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O．现欲将6.4g铜完全溶解，加水后得200mL溶液．计算：（1）参加反应的氧气在标准状况下的体积是1.12L．-17-\n（2）所得硫酸铜溶液的物质的量浓度是0.5mol/L．（3）取100mL上述硫酸铜溶液，加水稀释至0.1mol/L，稀释后硫酸铜溶液的体积是500mL．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】（1）根据转移电子相等计算消耗氧气体积；（2）根据铜原子守恒计算硫酸铜的物质的量，再根据C=计算硫酸铜溶液浓度；（3）根据稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后硫酸铜溶液的体积．【解答】解：（1）n（Cu）==0.1mol，铜完全反应失去电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，根据转移电子守恒得氧气的体积==1.12L，故答案为：1.12L；（2）根据铜原子守恒得n（Cu）=n（CuSO4）=0.1mol，所以c（CuSO4）==0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L；（3）稀释前后硫酸铜的物质的量不变，设硫酸铜的体积为V，0.5mol/L×0.1L=0.1mol/L×V，V==500mL，故答案为：500mL．【点评】本题考查了物质的量的计算，根据反应中原子守恒及转移电子守恒进行解答即可，难度不大．-17-