浙江省湖州市安吉县上墅私立高级中学2022学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）

2022-2022学年浙江省湖州市安吉县上墅私立高级中学高一（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）．1．（3分）我国继启动了食盐补碘工程之后，今年又启动了补铁工程．我国补铁工程的载体主要是（　　）　A．食盐B．淀粉C．酱油D．食油考点：微量元素对人体健康的重要作用．专题：有机化合物的获得与应用．分析：酱油中添加乙二胺四乙酸铁钠，可用来补铁．解答：解：我国政府已经启动“酱油补铁工程”，酱油中添加乙二胺四乙酸铁钠，可用来补铁．故选C．点评：本题考查微量元素的摄取，难度不大，注意基础知识的积累．　2．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属　B．点燃的镁条插入盛有N2的集气瓶中，立即熄灭　C．铝在高温下能还原锰、铁、铬等金属氧化物得到金属　D．因为镁和铝在空气中都能形成氧化膜，所以镁铝都不能溶于浓硝酸考点：铝的化学性质；镁的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A．铝为较活泼金属；B．镁与氮气反应生成氮化镁；C．铝热反应可制备熔点较高的金属；D．常温下，Al遇浓硝酸钝化，Al的氧化物为致密的结构．解答：解：A．铝为较活泼金属，在空气中耐腐蚀，是因被氧化为氧化铝，故A错误；B．镁与氮气反应生成氮化镁，则点燃的镁条插入盛有N2的集气瓶中，发生反应，不会熄灭，故B错误；C．铝热反应可制备熔点较高的金属，则铝在高温下能还原锰、铁、铬等金属氧化物得到金属，故C正确；D．常温下，Al遇浓硝酸钝化，Al的氧化物为致密的结构，加热时镁铝都能溶于浓硝酸，故D错误；故选C．点评：本题考查Al的化学性质，把握Mg、Al及化合物的性质为解答的关键，注意氧化铝为致密的结构，注重基础知识的考查，题目难度不大．　3．（3分）下列操作中最终可以得到Al（OH）3的是（　　）　A．Al2O3和水混合加热　B．Al和水反应-13-\n　C．过量的NaOH溶液加入到AlCl3溶液中　D．过量的氨气通入到AlCl3溶液中考点：镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，不溶于弱酸、弱碱；铝、氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝．据此判断解答．解答：解：A、氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，故A错误；B、铝与水不反应，不能与水反应生成氢氧化铝，故B错误；C、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，过量的NaOH溶液与AlCl3溶液反应生成偏铝酸盐，得不到氢氧化铝，故C错误；D、氢氧化铝不溶于弱碱，过量的氨气通入到AlCl3溶液中反应得到氢氧化铝，故D正确；故选D．点评：本题考查铝、氧化铝、氢氧化铝的性质，比较基础，注意氢氧化铝只能和强酸以及强碱发生反应．　4．（3分）将CO2通入下列溶液中，一定不会产生沉淀的是（　　）　A．澄清的石灰水B．氯化钡溶液C．饱和碳酸钠溶液D．偏铝酸钠溶液考点：钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：二氧化碳为酸性氧化物，与碱及显碱性的溶液发生反应，而盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则氯化钡与二氧化碳不反应，以此来解答．解答：解：A．澄清的石灰水过量时与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，故A不选；B．二氧化碳与氯化钡不反应，一定没有沉淀生成，故B选；C．二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应，析出碳酸氢钠，故C不选；D．二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，故D不选；故选B．点评：本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意反应与现象的关系，题目难度不大．　5．（3分）下列说法错误的是（　　）　A．MnO2、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用浓盐酸不能将它们区别开　B．虽然碘易溶于酒精而不易溶于水，但是不能用酒精来萃取碘水中的碘　C．用湿润的KI淀粉试纸可以检验氯化氢气体中是否含有氯气　D．用KSCN溶液可以检验硫酸亚铁溶液中是否含有铁离子考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的分离、提纯和除杂．专题：实验评价题．分析：A．加入浓盐酸（必要时可加热），反应现象不同；B．酒精和水混溶；C．氯气和碘化钾反应生成碘；D．铁离子与KSCN反应，溶液变红色．-13-\n解答：解：A．加入浓盐酸，加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成黄绿色气体，氧化铜和盐酸反应，溶液变成蓝色，铁和盐酸反应生成气体，现象不同，可鉴别，故A错误；B．酒精和水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳，故B正确；C．氯气和碘化钾反应生成碘，淀粉与碘变蓝色，故C正确；D．铁离子与KSCN反应，溶液变红色，可鉴别，故D正确．故选A．点评：本题考查物质的检验、鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大．　6．（3分）既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，且都有气体放出的是（　　）　A．NaHCO3B．AlC．FeD．Al2O3考点：两性氧化物和两性氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：Fe不能与氢氧化钠反应反应，Al、碳酸氢钠、氧化铝都能与稀硫酸、氢氧化钠反应，碳酸钠与氢氧化钠反应没有气体生成，氧化铝与硫酸、氢氧化钠反应呀没有气体生成．解答：解：A．碳酸氢钠与稀硫酸反应会生成二氧化碳，但与氢氧化钠反应生成碳酸钠，没有气体生成，故A不符合；B．Al与稀硫酸、氢氧化钠溶液反应都生成氢气，故B符合；C．Fe与稀硫酸反应生成氢气，但不能与氢氧化钠溶液反应，故C不符合；D．氧化铝属于两性氧化物，与稀硫酸反应生成硫酸铝，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，没有气体生成，故D不符合，故选B．点评：本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳，注意归纳总结既能与酸又能与碱反应的物质．　7．（3分）只需用下列试剂中的1种，即可将氯化铝、偏铝酸钠、硝酸银、碳酸钠四种无色溶液一次鉴别．这种试剂是（　　）　A．盐酸B．稀硝酸C．氢氧化钠溶液D．氯化钡溶液考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：元素及其化合物；化学实验基本操作．分析：氯化铝、偏铝酸钠、硝酸银、碳酸钠四种无色溶液分别与盐酸反应，现象依次为：无现象、先有沉淀后沉淀消失、白色沉淀、有气泡冒出，以此来解答．解答：解：A．氯化铝、偏铝酸钠、硝酸银、碳酸钠四种无色溶液分别与盐酸反应，现象依次为：无现象、先有沉淀后沉淀消失、白色沉淀、有气泡冒出，现象不同，能一次鉴别，故A正确；B．氯化铝、硝酸银均不与硝酸反应，不能鉴别，故B错误；C．偏铝酸钠、碳酸钠均不与NaOH溶液反应，不能鉴别，故C错误；D．硝酸银、碳酸钠均与氯化钡溶液生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；故选A．点评：本题考查物质的鉴别，明确物质的性质及反应中的现象是解答本题的关键，注意两种物质的反应现象相同时不能鉴别，题目难度不大．-13-\n　8．（3分）下列各组离子中，在酸性溶液中能大量共存的离子组是（　　）　A．Na+、MnO4﹣、Mg2+、NO3﹣B．Na+、Ba2+、SO42﹣、Br﹣　C．K+、SCN﹣、Fe3+、Cl﹣D．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：酸性溶液中一定存在大量的氢离子，A．Na+、MnO4﹣、Mg2+、NO3﹣离子之间不满足离子反应发生条件，也不与氢离子反应；B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；C．铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；D．偏铝酸根离子与氢离子能够发生反应．解答：解：该溶液中一定存在大量的氢离子，A．Na+、MnO4﹣、Mg2+、NO3﹣之间不发生反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Ba2+、SO42﹣之间能够反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．SCN﹣、Fe3+之间能够反应硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．点评：本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，还有注意题中暗含条件，如酸性溶液中存在大量的氢离子等．　9．（3分）下列说法不正确的是（　　）　A．根据物质的导电性，将物质分为导体、半导体和绝缘体　B．复分解反应一定不属于氧化还原反应　C．实验室可用丁达尔效应区分胶体与溶液　D．在水溶液中或熔融状态下能导电的物质叫做电解质考点：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．分析：A．根据导电性能可以把物质分为导体、半导体和绝缘体；B．复分解反应中没有元素的化合价变化；C．胶体能产生丁达尔效应，溶液没有此性质；D．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质．解答：解：A．根据导电性能可以把物质分为导体、半导体和绝缘体，故A正确；B．复分解反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B正确；C．胶体能产生丁达尔效应，溶液没有此性质，所以可用丁达尔效应区分胶体与溶液，故C正确；D．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，故D错误，故选D．点评：本题考查氧化还原反应与复分解反应的关系，胶体的性质，电解质的概念等，难度不大．要注意电解质必须是化合物．　10．（3分）下列变化中，需加氧化剂才能实现的是（　　）-13-\n　A．NaClO→NaClB．FeCl3→FeCl2C．C→CO2D．CaO→Ca（OH）2考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：需加氧化剂才能实现，则选项中为还原剂的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答．解答：解：A．NaClO→NaCl中，Cl元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故A不选；B．FeCl3→FeCl2中，Fe元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B不选；C．C→CO2中，C元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C选；D．CaO→Ca（OH）2中，没有元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，故D不选；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重还原剂、氧化剂的反应考查，题目难度不大．　11．（3分）工业炼铁，用到的原料有：铁矿石、焦炭、空气、石灰石，下列对原料在冶炼过程中的作用叙述不正确的是（　　）　A．焦炭是铁矿石炼铁时的还原剂　B．空气在与焦炭的反应中，为炼铁提供能量　C．石灰石是助矿石中杂质形成炉渣　D．固体原料需粉碎，增大与气体的接触面考点：金属冶炼的一般原理；高炉炼铁．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：高炉中发生的主要反应有：在高温下，焦炭跟氧气反应生成二氧化碳；二氧化碳被焦炭还原成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁．其中焦炭的作用：提供热量、生成一氧化碳；石灰石的主要作用是将矿石中的二氧化硅转变为炉渣，以此解答该题．解答：解：A．铁矿石炼铁时的还原剂为CO，故A错误；B．焦炭的作用：提供热量、生成一氧化碳，故B正确；C．石灰石的主要作用是将矿石中的二氧化硅转变为炉渣，故C正确；D．粉碎固体，可增大固体反应的表面加，使固体充分反应，故D正确．故选A．点评：本题主要考查了铁的冶炼原理，为高频考点，侧重于化学与工业的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．　12．（3分）下列离子方程式书写错误的是（　　）　A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+　B．Al（OH）3溶于NaOH溶液中：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　C．NaAlO2溶液中通入足量的CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣　D．Al2O3粉末溶于NaOH溶液中：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．根据电荷守恒判断，离子方程式两边电荷不守恒；-13-\nB．氢氧化铝为两性氢氧化铝，能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C．二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子；D．氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水．解答：解：A．FeCl3溶液与Cu的反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式必须遵循电荷守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．Al（OH）3溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故B正确；C．NaAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；D．氧化铝粉末溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故D正确；故选A．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法，如：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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等．　13．（3分）镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（　　）　A．AlO2﹣B．Cu2+C．Al3+D．Mg2+考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：金属镁和铝能溶于盐酸，镁离子能和烧碱反应转化为氢氧化镁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐．解答：解：金属镁、铝溶解于盐酸，得到氯化镁和氯化铝，加入过量烧碱后镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，所以再过滤后滤液中有钠离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、氯离子、氢离子．故选A．点评：本题是对金属及其化合物性质的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．　14．（3分）下列物质水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是（　　）　A．Na2OB．Cl2C．H2SO4D．CO2考点：电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：在水溶液中能导电必须有自由移动的离子说明有电解质，若物质属于非电解质，则必须是非电解质溶于水后反应生成了电解质；解答：解：A、Na2O是电解质，溶于水生成氢氧化钠溶液导电，故A不符合；B、Cl2是单质，溶于水生成电解质氯化氢和次氯酸，溶液能导电，故B不符合；C、H2SO4是电解质，溶于水导电，故不符合；D、CO2溶于水反应生成碳酸是电解质，溶液能导电，但CO2本身不能电离出离子是非电解质，故D符合；故选D-13-\n点评：本题考查了电解质、非电解质概念的应用，溶液导电的实质．　15．（3分）下列电离方程式正确的是（　　）　A．H2SO4=2H++S6++4O2﹣B．H2CO3=2H++CO32﹣　C．Ba（OH）2=Ba2++2OH﹣D．Na2CO3=Na2++CO32﹣考点：电离方程式的书写．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：强电解质的电离用“═”，弱电解质的电离用“⇌”，弱酸的电离分步进行，以第一步为主，遵循电荷守恒及质量守恒定律，并注意原子团不可拆分，以此来解答．解答：解：A．H2SO4为强电解质，电离方程式为H2SO4=2H++SO42﹣，故A错误；B．H2CO3为弱电解质，电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3﹣，故B错误；C．Ba（OH）2为强电解质，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH﹣，故C正确；D．Na2CO3为强电解质，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO32﹣，故D错误；故选C．点评：本题考查电离方程式的书写，明确电解质的强弱及电离方程式遵循电荷守恒及质量守恒定律即可解答，易错点为学生忽略物质中的原子团．　16．（3分）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+．下列有关说法不正确的是（　　）　A．Cu是还原剂，被腐蚀B．Fe3+是氧化剂　C．该反应是置换反应D．该反应属于离子反应考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：反应Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+中，Cu颜色化合价升高，被氧化，Cu为还原剂，Fe元素化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，以此解答．解答：解：A．Cu元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A正确；B．Fe元素化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，故B正确；C．生成物中没有单质，不是置换反应，故C错误；D．该反应有离子参加，是离子反应，故D正确．故选C．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．　17．（3分）在一定条件下，RO3n﹣和氟气可发生如下反应：RO3n﹣+F2+2OH﹣═RO4﹣+2F﹣+H2O从而可知在RO3n﹣中，元素R的化合价是（　　）　A．+4B．+5C．+6D．+7考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷计算中R元素的化合价．-13-\n解答：解：根据电荷守恒可知，﹣n﹣2=﹣1﹣2，解得n=1．令中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：a+（﹣2）×3=﹣1解得：a=+5．故选：B．点评：考查氧化还原反应的计算，难度不大，也可以根据电子转移守恒计算，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用．　18．（3分）a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种．已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d（3）c与强碱反应放出气体（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化．由此判断a、b、c、d、e依次为（　　）　A．Fe、Cu、Al、Ag、MgB．Mg、Cu、Al、Ag、FeC．Al、Cu、Mg、Ag、FeD．Mg、Ag、Al、Cu、Fe考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体说明a和c的活动性顺序位于氢元素之前；（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，说明b的金属性比d强；（3）c与强碱反应放出气体，为铝；（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化，为铁和铝．解答：解：c与强碱反应放出气体，在高中阶段学过的能和强碱反应生成氢气的金属为铝，则c是铝，c、e在冷浓硫酸中发生钝化，为铁和铝，则e是铁，a、c均能与稀硫酸反应放出气体说明a和c的活动性顺序位于氢元素之前，则a是镁，b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，说明b的金属性比d强，铜的活动性大于银，所以b是铜，d是银，所以abcde分别为：Mg、Cu、Al、Ag、Fe；故选B．点评：本题考查了金属活动性顺序及其应用，明确金属的性质是解本题关键，难度不大．　19．（3分）正确掌握好化学用语是学好化学的基础，下列有关表述正确的是（　　）　A．质量数为16的氧原子O　B．纯碱的化学式：NaHCO3　C．铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：Fe+Cl2FeCl2　D．Mg2+结构示意图考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；核素．专题：化学用语专题．分析：A．O的质子数为8，质量数为16，质子数在元素符号的左下角，质量数在元素符号的左上角；-13-\nB．纯碱为碳酸钠；C．铁丝在氯气中反应只生成氯化铁；D．Mg的质子数为12，失去2个电子变为离子．解答：解：A．质量数为16的氧原子为O，故A错误；B．纯碱的化学式为Na2CO3，故B错误；C．铁丝在氯气中燃烧的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故C错误；D．Mg的质子数为12，失去2个电子变为离子，离子结构示意图为，故D正确；故选D．点评：本题考查化学用语，涉及原子的构成、物质的化学式、化学方程式、离子结构示意图，注意规范使用，题目难度不大．　20．（3分）（2022•江苏模拟）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法正确的是（　　）　A．KClO3在反应中得到电子　B．ClO2是氧化产物　C．H2C2O4在反应中被还原　D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（O均为﹣2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答．解答：解：A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故A正确；B．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；C．H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C错误；D.1molKClO3参加反应有1mol×（5﹣4）=1mol，故D错误；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并注意氧化剂、还原剂中元素的变化来解答，难度不大．　二、填空题（共3小题，共20分）21．（6分）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子．（1）写出丙元素的元素符号　O　．（2）写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式　NaOH=Na++OH﹣　．-13-\n（3）画出甲元素的原子结构示意图　　．考点：原子结构与元素的性质．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠；乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，然后根据题目解答．解答：解：甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠；乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，（1）丙为氧元素，元素符号为O，故答案为：O；（2）甲、乙、丙三种元素组成的化合物为NaOH，在水中的电离方程式为：NaOH=Na++OH﹣，故答案为：NaOH=Na++OH﹣；（3）甲为钠元素，原子结构示意图为：，故答案为：．点评：解答本题关键是要推导出各元素，难度不大，根据课本知识即可完成．　22．（6分）实验室用高锰酸钾与浓盐酸反应制取Cl2：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（1）该反应的氧化剂是　KMnO4　，氧化产物是　Cl2　；（2）当有15.8gKMnO4参加反应时，被氧化的还原剂有　0.5　mol，标况下生成Cl2的体积为　5.6　L，转移电子的数目为　0.5NA　．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答．解答：解：（1）因Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，Cl元素的化合价升高被氧化，则对应的Cl2为氧化产物，故答案为：KMnO4；Cl2；（2）n（KMnO4）==0.1mol，得到电子为0.1mol×5=0.5mol，则被氧化的还原剂HCl为=0.5mol，转移电子数目为0.5NA，生成氯气为0.25mol，其体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为：0.5；5.6；0.5NA．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．　23．（8分）如图中，A、B、C、D、E是常见单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的化合物．已知：①反应2C+G2B+H，并放出大量的热，该反应可用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%．-13-\n回答问题：（1）①中反应的化学方程式为　2Al+Fe2O32Fe+Al2O3　；（2）单质A的分子式为　O2　，化合物I的分子式为　CO2　；（3）C与NaOH溶液反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A、B、C、D、E是常见单质，由①反应2C+G2B+H，并放出大量的热，该反应可用于铁轨的焊接，则C为Al，G为Fe2O3，B为Fe，H为Al2O3，A+C→H，所以A为O2，I是一种常见的温室气体，I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%，则F为MgO，E为Mg，D为C，结合物质的性质来解答．解答：解：A、B、C、D、E是常见单质，由①反应2C+G2B+H，并放出大量的热，该反应可用于铁轨的焊接，则C为Al，G为Fe2O3，B为Fe，H为Al2O3，A+C→H，所以A为O2，I是一种常见的温室气体，I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%，则F为MgO，E为Mg，D为C，（1））①中反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）由上述分析可知，A为O2，I为CO2，故答案为：O2；CO2；（3）C与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．点评：本题考查无机物的推断，明确反应①为铝热反应及反应②为Mg与二氧化碳的反应是解答本题的突破口，熟悉物质的性质即可解答，题目难度不大．　三．实验题：（8分）24．（8分）用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL，回答下列问题（1）请写出该实验的实验步骤①计算，②称量，③　溶解　，④冷却，⑤移液，⑥洗涤并移液，⑦　定容　，⑧摇匀．（2）所需仪器为：500mL容量瓶、托盘天平、玻璃棒、烧杯，还必需一个仪器，该仪器的名称是：　胶头滴管　．使用容量瓶前必须进行的操作是　检查是否漏水　．用托盘天平称取氯化钠固体的质量是　29.3　g-13-\n（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响．（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）①容量瓶没有干燥，有少量的蒸馏水：　无影响　②定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度：　偏低　．③定容是俯视刻度线：　偏高　．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：计算题．分析：（1）由c=可知溶液配制原理，所以固体配制溶液的一般步骤为计算，称量，溶解，移液，洗涤移液，定容，摇匀；（2）一定容积的容量瓶只能配制相应体积的溶液，配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL，所以容量瓶的规格为500ml，根据实验操作步骤，选择所需的仪器；容量瓶使用前必须检查是否漏水；根据m=nM=cVM计算；（3）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断．解答：解：（1）根据溶液配制原理，所以固体配制溶液的一般步骤为计算，称量，溶解，移液，洗涤移液，定容，摇匀，故答案为：溶解；定容；（2）配制500mL0.10mol•L﹣1的NaCl溶液，所以还需要500ml容量瓶，溶解需要用烧杯、玻璃棒，玻璃棒搅拌，加速溶解；移液需要玻璃棒引流；最后需用胶头滴管定容，容量瓶使用前必须检查是否漏水；m=nM=cVM=0.5L×1mol/L×58.5g/mol=29，25g，托盘天平只能精确到0.1，所以应称量29.3g，故答案为：胶头滴管；检查是否漏水；29.3；（3）①定容时需加入蒸馏水，容量瓶没有干燥，有少量的蒸馏水无影响，故答案为：无影响；②定容后，倒置容量瓶摇匀后平放静置，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加水定容，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低，故答案为：偏低；③定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高．故答案为：偏高．点评：本题考查溶液的配制，难度不大，关键清楚溶液配制的原理，通过c=可以加深理解．　三．计算题：25．（4分）标准状况下，含有相同氧原子数的CO和CO2，其物质的量之比为　2：1　；质量之比为　14：11　；碳原子数之比为　2：1　；体积之比为　2：1　．考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：根据物质分子含有氧原子数目确定CO和CO2的物质的量之比，根据m=nM确定二者质量之比，二者都含有相同的碳原子数目，故碳原子数之比二者物质的量之比，相同条件下体积之比等于物质的量之比．解答：解：CO分子含有1个氧原子，CO2分子含有2个氧原子，氧原子数目相同，则：n（CO）=2n（CO2），故n（CO）：n（CO2）=2：1，所以m（CO）：m（CO2）=2×28：1×44=14：11，二者都含有相同的碳原子数目，故碳原子数之比二者物质的量之比为2：1，相同条件下体积之比等于物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；14：11；2：1；2：1．-13-\n点评：本题考查物质的量有关计算、物质中原子数目的计算等，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用．　26．（8分）将55g铁片放入硫酸铜溶液片刻，取出洗涤干燥后称重，质量为56.6g，求参加反应的铁和生成的铜的质量．考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，根据固体质量差，利用差量法计算参加反应的铁和生成的铜的质量．解答：解：设参加反应的Fe的质量为x，生成Cu的质量为y，则：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu固体质量增加566464﹣56=8xy56.6g﹣55g=1.6g56：8=x：1.6g，解得x=11.2g64：8=y：1.6g，解得y=12.8g答：参加反应的Fe为11.2g，生成的Cu为12.8g．点评：本题考查化学方程式有关计算，难度不大，利用差量法简化计算步骤，注意根据质量守恒定律理解差量法．-13-