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考试前快用试题来测试知识的掌握情况吧，下面是范文网在线网http://www.01hn.com/小编为大家带来的宁波市2015学年第一学期期末考试高一化学试卷 ，希望能帮助到大家!宁波市2015学年第一学期期末考试高一化学试卷(一)
1.下列有关说法正确的是( )
A.2014年西非国家爆发埃博拉病毒，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀灭该病毒感染，其消毒原理和漂白粉消毒饮用水相同
B.PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，2015年初公益调查《柴静雾霾调查：穹顶之下》发布，引起社会强烈反响，PM2.5引起的雾霾一定属于气溶胶.
C.陶瓷、玻璃和光导纤维都是硅酸盐材料
D.原子结构模型的演变经历了：
2.下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为( )
A.浓硫酸、空气、小苏打、乙醇
B.生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫
C.明矾、盐酸、碳酸钙、氯气
D.冰水混合物、氨水、纯碱、干冰
3.NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )
A.1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B.Na2O2与CO2反应生成11.2LO2(标准状况)，反应中转移的电子数为2NA
C.在标准状况下，22.4LSO3所含的氧原子数目为3NA
D.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子
4.下列工业生产中，用石灰石作为原料的是( )
①海水提镁②氯碱工业③制普通玻璃④工业制硫酸⑤制漂白粉⑥冶炼生铁⑦制硅酸盐水泥⑧工业制高纯硅.
A.①③⑤⑥⑦ B.①②⑤⑦⑧ C.②③④⑤⑥ D.①③⑥⑦⑧
5.在三个密闭容器中分别充入Ne、N2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是( )
A.p(Ne)>p(N2)>p(O2) B.p(O2)>p(Ne)>p(N2) C.p(N2)>p(O2)>p(Ne) D.p(N2)>p(Ne)>p(O2)
6.下列物质不能通过化合反应制得的是( )
A.FeCl2 B.Mg3N2 C.Fe(OH)3 D.BaSO4
7.将ag乙醇(分子式为C2H6O)充分燃烧，将燃烧生成的气体(150℃)通过盛有过量Na2O2的干燥管(反应气体无损失)，充分反应后干燥管增重bg，则a和b的关系为( )
A.a>b B.a=b C.a<b D.无法比较
8.下列实验装置能达到实验目的是( )
A.实验Ⅰ：制备少量氧气
B.实验Ⅱ：比较酸性强弱：H2SO4>H2CO3>H2SiO3
C.实验Ⅲ：分离溴的苯溶液
D.实验Ⅳ：观察纯碱的焰色反应
9.下列说法正确的有几个( )
①元素在自然界中的存在形式有化合态和游离态.
②在化学变化中，分子可以再分，离子和原子不可以再分.
③物质的化学性质一定时由分子保持的.
④原子与该原子形成的简单离子相对质量几乎相等.
⑤由同一种元素组成的物质一定是同一种物质.
⑥质子数、中子数和电子数都相同的粒子一定是同一种粒子.
⑦碱性氧化物一定时金属氧化物.
⑧酸性氧化物不一定是非金属氧化物.
A.3 B.4 C.5 D.6
10.下表中各组物质之间通过一步反应不可能实现如图所示转化关系的是( )
选项XYZ
AMgMgOMgCl2
BFeFeCl3FeCl2
CNa2CO3NaOHNaHCO3
DCl2Ca(ClO)2HClO
A.A B.B C.C D.D
11.下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项实验操作现象结论
A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解
B向酸性KMnO4溶液中滴加足量H2O2溶液的紫红色消失双氧水有漂白性
C向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2>I2
D向某无色溶液中滴加足量稀盐酸产生白色沉淀该无色溶液中一定存在Ag+
A.A B.B C.C D.D
12.下列离子方程式书写正确的是( )
①少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2
②Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClO
④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
⑦Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
A.①②⑤⑦ B.①②③⑥ C.②③④⑤ D.①④⑤⑥
13.下列各组括号内的试剂或方法不能除去杂质的是( )
A.Fe粉中混有Zn粉杂质(稀H2SO4)
B.FeCl3溶液中混有FeCl2杂质(Cl2)
C.NaCl固体中混有I2杂质(加热)
D.SiO2中混有CaCO3杂质(盐酸)
14.将Cu片放入0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3+)：c(Fe2+)=2：1，则Cu2+与原溶液中的Fe3+的物质的量之比为( )
A.4：1 B.1：4 C.1：6 D.6：1
15.将0.02molCl2缓缓通入含0.1molH2SO3和0.02molHBr的混合液中，在此过程溶液的c(H+)与Cl2用量的关系示意图是(溶液的体积均视为不变)( )
A. B. C. D.
16.下列有关实验的叙述正确的是( )
A.常温下，准确称取14.8gCa(OH)2，配置100mL2.0mol/L的Ca(OH)2溶液
B.在溴富集过程中，可在分液漏斗中加入1mL溴水，再向其中加入3mL四氯化碳，震荡，静置、分液，得下层液体
C.海洋植物具有富集碘的能力，因此从海产品中提取碘是工业上获取碘的重要途径，工业上从海带中提取碘经历的步骤有：浸泡﹣过滤﹣氧化﹣萃取﹣粗碘提纯
D.NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体时停止加热
17.将KCl和KBr的混合物38.7g溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体29.8g，则原来所配溶液中K+、Cl﹣、Br﹣的物质的量浓度之比为( )
A.1：1：2 B.2：1：1 C.1：2;1 D.2：2;1
18.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL1mol•L﹣1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现.若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是( )
A.11.2g B.5.6g C.2.8g D.无法计算
19.在实验探究课上，同学们积极思考，涉及以下实验方案用以验证浓硫酸的吸水性，其中在理论上可行的方案有几种( )
A.3种 B.4种 C.5种 D.6种
20.某含Na+的溶液中还可能含有NH4+、Fe3+、Mg2+、Br﹣、CO32﹣、SO32﹣.取样，滴加足量氯水有气泡产生，溶液呈橙色;向橙色溶液中加BaCl2溶液无现象.为确定该溶液的组成，还需进行的实验有( )
A.取样，加氯水和CCl4，振荡、静置
B.取样，加足量的NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体
C.取样，加足量盐酸加热，用湿润的品红试纸检验气体
D.取样，滴加硫氰化钾溶液
21.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且产物的成分与温度高低有关.当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是( )
A.某温度下，反应后c(Cl﹣)：c(ClO﹣)=6，则溶液中c(ClO﹣)：c(ClO3﹣)=1
B.参加反应的氯气的物质的量等于0.5amol
C.改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围： amol<n< amol
D.改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 amol
二、填空题(满分49分)
22.新型纳米材料氧缺位铁酸盐MFe2Ox(3<x<4，M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，下同)是由铁酸盐MFe2O4经过高温与H2反应制得.常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物(SO2、NO2等)转化为其单质除去，转化流程如图：
(1)将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于 .
(2)MFe2O4中Fe元素的化合价为 .
(3)MFe2O4在于H2反应中表现了 (填“氧化性”或“还原性”)
(4)在5molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为 .
(5)在酸性条件下，Fe2O42﹣容易转化为Fe2+，某反应体系中共存在下列6种粒子：Fe2O42﹣、Fe2+、H+、H2O、Cu2O、Cu2+，则该反应中的氧化剂是 ，还原剂是 .
23.化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题：
(1)在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2不能看到沉淀的有 (填序号).
①Cl2②NaOH③HCl④FeCl3溶液⑤CO2⑥H2S⑦NH3⑧NaClO溶液
(2)图中A、B、C之间有以下的转化关系(副产物已略去);
则下列说法正确的是
a.若A是非金属单质，则C与水反应的生成物可能是强酸或弱酸
b.若A是金属单质，则C与水反应的生成物可能是强碱
c.若A是化合物，则C与水反应的生成物可能是强酸
(3)离子方程式是重要的化学用语.下列是有关离子方程式的一些错误观点，请在下列表格相应的“离子方程式”否定这些观点.
反应物从下列物质中选取：Na、Fe、H2O、H2SO4、HCl、NaOH、Ba(OH)2、CuSO4
错误观点“否定的”离子方程式
①所有的离子方程式均可以表示一类化学反应
②所有酸碱中和反应均可表示为
H++OH﹣═H2O
24.我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义.
(1)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为23.8g、4.14g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为 .
(2)采用“局部封存法”可以防止青铜器进一步被腐蚀.如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则该化学方程式为 .
25.某含氧物质X仅含三种元素，在198℃以下比较稳定，温度高时易分解.，某研究小组设计并完成如下实验：
试回答如下问题：
(1)X的化学式为 ，写出X与H2O反应的离子方程式
(2)工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式 .
(3)保存X时应注意 .
26.用98%的浓硫酸(其密度为1.84g/cm3)配置500mL1.0mol•L﹣1稀硫酸时要用到的实验仪器除了a.玻璃棒b.胶头滴管c.50mL量筒d.烧杯外，还需要e.
(2)配置过程中，下列情况会使配置结果偏高的是 (填序号)
①定容时俯视刻度线观察液面②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
④量取浓硫酸时仰视量筒刻度⑤移液时未洗涤烧杯和玻璃棒
⑥容量瓶未洗净，原来盛过该溶液⑦未冷却到室温就定容.
27.工业上常用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程.
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l) (Ⅱ)
S(s)+Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq) (Ⅲ)
(1)仪器A的名称 ，仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若 ，则整个装置气密性良好.装置E中为 溶液.
(2)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 .
a.蒸馏水 b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaHSO3溶液 d.饱和NaHCO3溶液
已知反应(Ⅲ)相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是 .反应后期可用酒精灯适当加热仪器A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有 .
a.烧杯 b.蒸发皿 c.试管 d.锥形瓶
(3)反应终止后，仪器C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质.利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论 .
已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O 32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O
供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液.
28.向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加稀盐酸体积之间关系如图所示.
回答下列问题：
(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为 mol/L;
(2)标准状况下CO2的体积为 mL;
(3)题中通入CO2后所得溶液的溶质成分为 ，若将所得溶质在低温低压条件下蒸干，所得固体物质(不带结晶水)的质量为 .
宁波市2015学年第一学期期末考试高一化学试卷(二)
一、选择题(共21小题，12每小题2分，131每小题2分，共51分)
1.下列有关说法正确的是( )
A.2014年西非国家爆发埃博拉病毒，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全杀灭该病毒感染，其消毒原理和漂白粉消毒饮用水相同
B.PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，2015年初公益调查《柴静雾霾调查：穹顶之下》发布，引起社会强烈反响，PM2.5引起的雾霾一定属于气溶胶.
C.陶瓷、玻璃和光导纤维都是硅酸盐材料
D.原子结构模型的演变经历了： 【考点】"三废"处理与环境保护;绿色化学.
【专题】化学应用.
【分析】A.双氧水、高锰酸钾溶液以及漂白粉都具有强氧化性;
B.1微米等于1000纳米，以此判断;
C.光导纤维的主要成分为二氧化硅;
D.依据原子结构模型演变回答.
【解答】解：A.双氧水、高锰酸钾溶液以及漂白粉都具有强氧化性，都可用于杀菌消毒，原理相同，故A正确;
B.1微米等于1000纳米，而胶体粒子在1﹣100nm之间，PM2.5引起的雾霾不一定属于气溶胶，故B错误;
C.光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故C错误;
D.正确的原子演变模型为：道尔顿﹣汤姆生﹣卢瑟福﹣波尔，故D错误.
故选A.
【点评】本题考查环境污染及治理，为高频考点，侧重于化学与生活、生产、能源与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累.
2.下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为( )
A.浓硫酸、空气、小苏打、乙醇
B.生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫
C.明矾、盐酸、碳酸钙、氯气
D.冰水混合物、氨水、纯碱、干冰
【考点】电解质与非电解质;混合物和纯净物.
【专题】物质的分类专题.
【分析】依据概念结合物质的组成结构进行分析判断;由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物;由不同物质组成的为混合物;在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质;在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质.
【解答】解：A.浓硫酸是混合物，空气是混合物，小苏打是电解质，乙醇是非电解质，故A错误;
B.生石灰是纯净物，漂白粉是混合物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是非电解质，故B错误;
C.明矾是纯净物，盐酸是混合物，碳酸钙是电解质，氯气既不是电解质也不是非电解质，故C错误;
D.冰水混合物是纯净物，氨水是混合物，纯碱是电解质，干冰是非电解质，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意物质组成的理解应用，题目较简单.
3.NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )
A.1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B.Na2O2与CO2反应生成11.2LO2(标准状况)，反应中转移的电子数为2NA
C.在标准状况下，22.4LSO3所含的氧原子数目为3NA
D.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子
【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、氯气和铁反应后变为﹣1价;
B、过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价;
C、标况下三氧化硫为固体;
D、根据钠和氧气反应后变为+1价来分析.
【解答】解：A、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误;
B、过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成11.2L氧气即0.5mol氧气时，转移1mol电子即NA个，故B错误;
C、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氧原子的个数，故C错误;
D、由于钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确.
故选D.
【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.
4.下列工业生产中，用石灰石作为原料的是( )
①海水提镁②氯碱工业③制普通玻璃④工业制硫酸⑤制漂白粉⑥冶炼生铁⑦制硅酸盐水泥⑧工业制高纯硅.
A.①③⑤⑥⑦ B.①②⑤⑦⑧ C.②③④⑤⑥ D.①③⑥⑦⑧
【考点】无机非金属材料;硅和二氧化硅.
【专题】元素及其化合物.
【分析】①从海水中提取镁的原料：海水、石灰乳;
②氯碱工业的原料是饱和食盐水;
③制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱等;
④接触法制硫酸的原料：黄铁矿、空气、浓硫酸
⑤制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉;
⑥冶炼生铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石;
⑦制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土;
⑧工业制纯硅的原料是C、二氧化硅、氯气和氢气.
【解答】解：①从海水中提取镁的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到石灰乳，海水，必需用到石灰石，故①正确;
②氯碱工业的原料是饱和食盐水，用不到石灰石，故②错误;
③制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱等，必需用到石灰石，故③正确;
④接触法制硫酸的原料：黄铁矿、空气、浓硫酸，无需用到石灰石，故④错误;
⑤制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉，必需用到石灰石，故⑤正确;
⑥冶炼生铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，必需用到石灰石，故⑥正确;
⑦制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土，必需用到石灰石，故⑦正确;
⑧工业制纯硅的原料是C、二氧化硅、氯气和氢气，不用石灰石，故⑧错误.
故选A.
【点评】本题考查工业生产的原理以及原料、难度不大，注意基础知识的积累.
5.在三个密闭容器中分别充入Ne、N2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是( )
A.p(Ne)>p(N2)>p(O2) B.p(O2)>p(Ne)>p(N2) C.p(N2)>p(O2)>p(Ne) D.p(N2)>p(Ne)>p(O2)
【考点】阿伏加德罗定律及推论.
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.
【分析】在温度和密度都相同条件下，如体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，以此解答该题.
【解答】解：在温度和密度都相同条件下，如体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，
摩尔质量Ne<N2<O2，压强(p)从大到小的顺序为p(Ne)>p(N2)>p(O2)，选项中只有A符合;
故选A.
【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及推论，同时考查学生分析问题、解决问题能力，注意把握比较压强大小的角度和相关计算公式的运用，难度不大.
6.下列物质不能通过化合反应制得的是( )
A.FeCl2 B.Mg3N2 C.Fe(OH)3 D.BaSO4
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用;镁的化学性质;铁的化学性质.
【专题】元素及其化合物.
【分析】A.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁;
B.Mg与氮气反应生成氮化镁;
C.氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁;
D.硫酸钡可利用复分解反应得到.
【解答】解：A.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，为化合反应，故A不选;
B.Mg与氮气反应生成氮化镁，为化合反应，故B不选;
C.氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁，为化合反应，故C不选;
D.硫酸钡可利用复分解反应得到，不能利用化合反应生成硫酸钡，故D选;
故选D.
【点评】本题考查物质的性质及反应，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，注意化合反应的限制条件，题目难度不大.
7.将ag乙醇(分子式为C2H6O)充分燃烧，将燃烧生成的气体(150℃)通过盛有过量Na2O2的干燥管(反应气体无损失)，充分反应后干燥管增重bg，则a和b的关系为( )
A.a>b B.a=b C.a<b D.无法比较
【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】C2H6O可表示为C•CO•3H2，CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O2 2CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量;
H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O2 2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量，以此解答.
【解答】解：C2H6O可表示为C•CO•3H2，CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O2 2CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量;H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O2 2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量;
综上所述，增重的质量为CO•CO•3H2，所以b>a，
故选C.
【点评】本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意利用差量法从总反应方程式分析固体质量变化，是解答该题的关键.
8.下列实验装置能达到实验目的是( )
A.实验Ⅰ：制备少量氧气
B.实验Ⅱ：比较酸性强弱：H2SO4>H2CO3>H2SiO3
C.实验Ⅲ：分离溴的苯溶液
D.实验Ⅳ：观察纯碱的焰色反应
【考点】化学实验方案的评价;实验装置综合.
【专题】实验评价题;化学实验基本操作.
【分析】A.过氧化钠为粉末固体;
B.发生强酸制取弱酸的反应;
C.溴与NaOH溶液反应后，与苯分层;
D.铜的焰色反应为绿色.
【解答】解：A.过氧化钠为粉末固体，关闭止水夹，与水接触后不能分离，则不能利用图中简易装置制备少量氧气，故A错误;
B.发生强酸制取弱酸的反应，则实验Ⅱ可比较酸性强弱：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，故B正确;
C.溴与NaOH溶液反应后，与苯分层，不能分液分离，应利用蒸馏分离溴的苯溶液，故C错误;
D.铜的焰色反应为绿色，则不能观察纯碱的焰色反应，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、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析及反应原理的应用，题目难度不大.
9.下列说法正确的有几个( )
①元素在自然界中的存在形式有化合态和游离态.
②在化学变化中，分子可以再分，离子和原子不可以再分.
③物质的化学性质一定时由分子保持的.
④原子与该原子形成的简单离子相对质量几乎相等.
⑤由同一种元素组成的物质一定是同一种物质.
⑥质子数、中子数和电子数都相同的粒子一定是同一种粒子.
⑦碱性氧化物一定时金属氧化物.
⑧酸性氧化物不一定是非金属氧化物.
A.3 B.4 C.5 D.6
【考点】原子构成;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.
【专题】物质的分类专题;原子组成与结构专题.
【分析】①某些元素自然界中不含有游离态;
②离子可分成原子;
③分子是保持这种物质化学性质的最小粒子;
④电子的质量可忽略不计;
⑤由同一种元素组成的物质可能含多种物质;
⑥质子数、中子数和电子数都相同的微粒不一定是同一种粒子;
⑦碱性氧化物都是金属氧化物;
⑧和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物.
【解答】解：①某些元素自然界中不含有游离态，如硅元素、钠元素等，故①错误;
②离子可分成原子，可再分，故②错误;
③物质的化学性质不一定不由分子保持的，如二氧化硅，故③错误;
④电子的质量可忽略不计，原子与该原子形成的简单离子相对质量几乎相等，故④正确;
⑤某物质经实验测定只含一种元素，不一定是纯净物，如氧气和臭氧，只有一种元素，O元素，但是混合物，故⑤错误;
⑥质子数、中子数和电子数都相同的微粒不一定是同一种粒子，如铵根离子和钠离子，故⑥错误;
⑦碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，故⑦正确;
⑧和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，可以是金属氧化物如Mn2O7，故⑧正确.
故选A.
【点评】本题考查了物质分类的方法和物质结构分析，概念的实质理解是解题关键，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累.
10.下表中各组物质之间通过一步反应不可能实现如图所示转化关系的是( )
选项XYZ
AMgMgOMgCl2
BFeFeCl3FeCl2
CNa2CO3NaOHNaHCO3
DCl2Ca(ClO)2HClO
A.A B.B C.C D.D
【考点】镁的化学性质;氯气的化学性质;钠的重要化合物;铁的化学性质.
【专题】元素及其化合物.
【分析】A.MgCl2不能一步生成MgO;
B.Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与锌反应生成Fe;
C.Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca(OH)2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3;
D.Cl2可与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2.
【解答】解：A.MgCl2不能一步生成MgO，MgCl2与NaOH反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成MgO，故A错误;
B.Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与锌反应生成Fe，各组物质之间通过一步反应能实现如图所示转化关系，故B正确;
C.Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3与过量Ca(OH)2溶液生成NaOH，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，故C正确;
D.Cl2可与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2与酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2，可一步转化，故D正确.
故选A.
【点评】本题考查了元素化合物的性质，题目难度不大，侧重对学生基础知识的检验和训练，同时坚固对学生能力的培养，有利于激发学生的学习积极性，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.
11.下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项实验操作现象结论
A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解
B向酸性KMnO4溶液中滴加足量H2O2溶液的紫红色消失双氧水有漂白性
C向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2>I2
D向某无色溶液中滴加足量稀盐酸产生白色沉淀该无色溶液中一定存在Ag+
A.A B.B C.C D.D
【考点】化学实验方案的评价.
【专题】化学实验基本操作.
【分析】A.根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水;
B.酸性条件下，KMnO4和H2O2发生氧化还原反应生成Mn2+和氧气;
C.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;
D.可能是硅酸沉淀.
【解答】解：A.根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误;
B.酸性条件下，KMnO4和H2O2发生氧化还原反应生成Mn2+和氧气，导致溶液紫色消失，提现双氧水的还原性，故B错误;
C.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I﹣的无色溶液中滴加少量铁盐溶液，再滴加淀粉溶液，铁离子具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是Fe3+、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Fe3+>I2，故C正确;
D.盐酸可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故D错误;
故选C.
【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及物质分离提纯、氧化性强弱比较、离子检验等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质及基本原理是解本题关键，易错选项是D.
12.下列离子方程式书写正确的是( )
①少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2
②Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClO
④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
⑦Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
A.①②⑤⑦ B.①②③⑥ C.②③④⑤ D.①④⑤⑥
【考点】离子方程式的书写.
【专题】离子反应专题.
【分析】①少量氯气只氧化碘离子;
②发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘;
③发生氧化还原反应生成硫酸钙;
④遵循电子、电荷守恒;
⑤小苏打完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水;
⑥硫酸氢钠完全反应，生成硫酸钡、水、NaOH;
⑦电子不守恒.
【解答】解：①少量Cl2通入FeI2溶液中的离子反应为Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故正确;
②Fe(OH)3溶于氢碘酸的离子反应为2I﹣+2Fe(OH)3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故错误
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+H++Cl﹣+HClO，故错误
④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2，故正确;
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水的离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故正确;
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合的离子反应为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故正确;
⑦Na2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故错误;
故选D.
【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，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式及电子、电荷守恒，题目难度不大.
13.下列各组括号内的试剂或方法不能除去杂质的是( )
A.Fe粉中混有Zn粉杂质(稀H2SO4)
B.FeCl3溶液中混有FeCl2杂质(Cl2)
C.NaCl固体中混有I2杂质(加热)
D.SiO2中混有CaCO3杂质(盐酸)
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.
【专题】物质的分离提纯和鉴别.
【分析】A.二者都与稀硫酸反应;
B.FeCl2与氯气反应生成FeCl3;
C.碘易升华;
D.碳酸钙与盐酸反应.
【解答】解：A.二者都与稀硫酸反应，可加入氢氧化钠溶液除杂，故A错误;
B.FeCl2与氯气反应生成FeCl3，可用氯气除杂，故B正确;
C.碘易升华，可用升华的方法除杂，故C正确;
D.碳酸钙与盐酸反应，可用于除杂，故D正确.
故选A.
【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，除杂时注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大.
14.将Cu片放入0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3+)：c(Fe2+)=2：1，则Cu2+与原溶液中的Fe3+的物质的量之比为( )
A.4：1 B.1：4 C.1：6 D.6：1
【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】先利用假设法求出Fe2+、Fe3+的物质的量，再根据离子方程式中Cu2+和Fe2+的关系求出铜离子的物质的量.
【解答】解：将Cu片放入FeCl3溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，假设溶液中n(Fe2+)=1mol，则溶液中n(Fe3+)=2mol，
由离子方程式可知，生成n(Cu2+)= n(Fe2+)= ×1mol=0.5mol，消耗n(Fe3+)=n(Fe2+)=1mol，
原溶液中Fe3+的物质的量为2mol+1mol=3mol，
所以n(Cu2+)：n(Fe3+)=0.5mol：3mol=1：6，
故选C.
【点评】本题考查了铁离子的氧化性、离子方程式的有关计算，难度中等，巧妙利用假设法是解本题的关键.
15.将0.02molCl2缓缓通入含0.1molH2SO3和0.02molHBr的混合液中，在此过程溶液的c(H+)与Cl2用量的关系示意图是(溶液的体积均视为不变)( )
A. B. C. D. 【考点】氯气的化学性质.
【专题】卤族元素.
【分析】根据方程式知，还原性H2SO3>HBr，所以向混合溶液中通入氯气时，先氧化H2SO3后氧化HBr，根据方程式H2SO3+Cl2+H2O═2HCl+H2SO4知，0.01mol H2SO3完全被氧化，需要n(Cl2)=n(H2SO3)=0.01mol，
亚硫酸是弱酸、盐酸和硫酸都是强酸，所以随着反应的进行氢离子浓度增大;
剩余的0.01mol氯气氧化HBr，根据Cl2+2HBr=Br2+2HCl知，0.01mol氯气能氧化0.02molHBr，HCl、HBr都是强电解质，溶液中c(H+)不变.
【解答】解：根据方程式知，还原性H2SO3>HBr，所以向混合溶液中通入氯气时，先氧化H2SO3后氧化HBr，根据方程式H2SO3+Cl2+H2O═2HCl+H2SO4知，0.01mol H2SO3完全被氧化，需要n(Cl2)=n(H2SO3)=0.01mol，亚硫酸是弱酸、盐酸和硫酸都是强酸，所以随着反应的进行氢离子浓度增大;
剩余的0.01mol氯气氧化HBr，根据Cl2+2HBr=Br2+2HCl知，0.01mol氯气能氧化0.02molHBr，HCl、HBr都是强电解质，所以该过程中氢离子浓度不变，即横坐标增大而纵坐标不变，
故选D.
【点评】本题以物质之间的反应为载体考查氧化还原反应的计算、强弱电解质等知识点，明确方程式中各个物理量之间的关系是解本题关键，注意氯气和HBr反应时氢离子浓度不变，为易错点.
16.下列有关实验的叙述正确的是( )
A.常温下，准确称取14.8gCa(OH)2，配置100mL2.0mol/L的Ca(OH)2溶液
B.在溴富集过程中，可在分液漏斗中加入1mL溴水，再向其中加入3mL四氯化碳，震荡，静置、分液，得下层液体
C.海洋植物具有富集碘的能力，因此从海产品中提取碘是工业上获取碘的重要途径，工业上从海带中提取碘经历的步骤有：浸泡﹣过滤﹣氧化﹣萃取﹣粗碘提纯
D.NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体时停止加热
【考点】化学实验方案的评价.
【专题】化学实验基本操作.
【分析】A.氢氧化钙是微溶物;
B.溴水与四氯化碳比例应为溴水较多;
C.从海带中提取单质碘，溶解后以碘离子存在，需要加氧化剂氧化生成碘单质，然后萃取即可;
D.蒸发皿中的溶液不能完全蒸干，当大量晶体析出时，要用余热来蒸干.
【解答】解：A.氢氧化钙是微溶物，不能得到2mol/L的氢氧化钙溶液，故A错误;
B.溴的萃取实验中，溴水体积较大，四氯化碳体积较小，故B错误;
C.从海带中提取单质碘，灼烧溶解后以碘离子存在，需要加氧化剂氧化生成碘单质，然后萃取即可，即步骤为浸泡﹣过滤﹣氧化﹣结晶﹣粗碘提纯，故C正确;
D.用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，蒸发皿中有大量晶体析出时，停止加热，要用余热来蒸干，故D正确;
故选CD.
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及蒸发操作、碘的制取、溶液配制等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意操作规范性及基本操作方法，题目难度不大.
17.将KCl和KBr的混合物38.7g溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体29.8g，则原来所配溶液中K+、Cl﹣、Br﹣的物质的量浓度之比为( )
A.1：1：2 B.2：1：1 C.1：2;1 D.2：2;1
【考点】物质的量浓度的相关计算.
【专题】溶液浓度的计算.
【分析】溶液呈电中性，则原来所配溶液中K+、Cl﹣、Br﹣的物质的量浓度满足：c(K+)=c(Cl﹣)+c(Cl﹣)，据此对各选项进行判断即可.
【解答】解：将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，溶液中K+、Cl﹣、Br﹣的物质的量浓度满足：c(K+)=c(Cl﹣)+c(Cl﹣)，
选项中A、C、D不符合，只有B满足电荷守恒，故选B.
【点评】本题考查了混合物反应的计算，为高频考点，根据电荷守恒得出“c(K+)=c(Cl﹣)+c(Cl﹣)”为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，也可以进行计算，但较麻烦.
18.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL1mol•L﹣1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现.若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是( )
A.11.2g B.5.6g C.2.8g D.无法计算
【考点】有关混合物反应的计算.
【专题】计算题.
【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)= n(HCl);用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)，据此结合m=nM计算得到的铁的质量.
【解答】解：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)= n(HCl)= ×0.1L×1mol/L=0.05mol;
用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.05mol，质量为0.05mol×56g/mol=2.8g，
故选C.
【点评】考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用.
19.在实验探究课上，同学们积极思考，涉及以下实验方案用以验证浓硫酸的吸水性，其中在理论上可行的方案有几种( )
A.3种 B.4种 C.5种 D.6种
【考点】浓硫酸的性质.
【专题】元素及其化合物.
【分析】浓硫酸具有吸水性，能够吸收水蒸气、结晶水，据此解答.
【解答】解：①浓硫酸吸收空气中的水放热，温度计温度升高，故可从温度计读数来验证，故①选;
②浓硫酸吸水，胆矾失去结晶水，变为白色的无水硫酸铜粉末，能够证明浓硫酸的吸水性，故②选;
③浓硫吸水，饱和硝酸钾溶液中析出晶体硝酸钾，能证明浓硫酸吸水性，故③选;
④浓硫酸吸水，试管中的水减少，证明浓硫酸具有吸水性，故④选;
⑤鲜苹果块含水，浓硫酸吸水，苹果块变干;，故⑤选;
⑥浓硫酸具有脱水性，能够使pH试纸碳化，不能证明其吸水性，故⑥不选;
故选：C.
【点评】本题考查了浓硫酸性质的应用，明确浓硫酸的吸水性是解题关键，题目难度不大.
宁波市2015学年第一学期期末考试高一化学试卷(三)
22.新型纳米材料氧缺位铁酸盐MFe2Ox(3<x<4，M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，下同)是由铁酸盐MFe2O4经过高温与H2反应制得.常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物(SO2、NO2等)转化为其单质除去，转化流程如图：
(1)将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于 胶体 .
(2)MFe2O4中Fe元素的化合价为 +3 .
(3)MFe2O4在于H2反应中表现了 氧化性 (填“氧化性”或“还原性”)
(4)在5molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为 3.6 .
(5)在酸性条件下，Fe2O42﹣容易转化为Fe2+，某反应体系中共存在下列6种粒子：Fe2O42﹣、Fe2+、H+、H2O、Cu2O、Cu2+，则该反应中的氧化剂是 Fe2O42﹣ ，还原剂是 Cu2O .
【考点】氧化还原反应的计算;铁的氧化物和氢氧化物.
【分析】(1)纳米材料氧缺位铁酸盐微粒直径达到胶体微粒直径;
(2)M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，根据化合价规则确定元素的化合价;
(3)MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低;
(4)由示意图可知MFe2Ox与SO2反应，生成MFe2O4，SO2被还原，应生成S，反应可表示为MFe2Ox+SO2→MFe2O4+S，根据电子守恒来计算回答;
(5)在酸性条件下，Fe2O42﹣容易转化为Fe2+，为还原反应，则应加入还原性物质，根据基本概念来回答.
【解答】解：(1)纳米材料氧缺位铁酸盐微粒直径达到胶体微粒直径，分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于胶体，故答案为：胶体;
(2)M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，氧元素的化合价是﹣2价，根据化合价规则，MFe2O4中Fe元素的化合价为+3价，故答案为：+3;
(3)MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性，故答案为：氧化性;
(4)由示意图可知MFe2Ox与SO2反应，生成MFe2O4，SO2被还原，应生成S，反应可表示为：MFe2Ox+ SO2=MFe2O4+ S， ，解得x=3.6，
故答案为：3.6;
(5)在酸性溶液中，Fe2O42﹣易转化为Fe2+：Fe2O42﹣+2e﹣+8H+═2Fe2++4H2O为还原反应，则应加入还原性物质，只有Cu2O符合，反应的化学方程式为：Fe2CO42﹣+Cu2O+10H+=2Fe2++2Cu2++5H2O，所以还原剂是Cu2O，Fe2O42﹣是氧化剂，故答案为：Fe2O42﹣;Cu2O.
【点评】本题综合考查氧化还原反应知识等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意理解题目信息从元素化合价的角度解答该题，难度不大.
23.化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题：
(1)在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2不能看到沉淀的有 ③⑤ (填序号).
①Cl2②NaOH③HCl④FeCl3溶液⑤CO2⑥H2S⑦NH3⑧NaClO溶液
(2)图中A、B、C之间有以下的转化关系(副产物已略去);
则下列说法正确的是 abc
a.若A是非金属单质，则C与水反应的生成物可能是强酸或弱酸
b.若A是金属单质，则C与水反应的生成物可能是强碱
c.若A是化合物，则C与水反应的生成物可能是强酸
(3)离子方程式是重要的化学用语.下列是有关离子方程式的一些错误观点，请在下列表格相应的“离子方程式”否定这些观点.
反应物从下列物质中选取：Na、Fe、H2O、H2SO4、HCl、NaOH、Ba(OH)2、CuSO4
错误观点“否定的”离子方程式
①所有的离子方程式均可以表示一类化学反应 2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑
②所有酸碱中和反应均可表示为
H++OH﹣═H2O 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O
【考点】无机物的推断.
【专题】元素及其化合物.
【分析】(1)先通入或加入某一物质，再通入SO2不能看到沉淀，该物质不能为强氧化性，或者不能为碱性物质，或者不与二氧化硫反应生成沉淀;
(2)a.A是碳单质，X为氧气，B为CO、C为CO2，二氧化碳和水反应生成碳酸为弱酸，A为S，X为氧气，B为SO2，C为SO3，三氧化硫与水反应生成硫酸为强酸;
b.A是钠，X为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠为强碱;
c.A是氨气，X为氧气，B为NO，C为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸为强酸;
(3)离子反应可以表示一类反应，但是有的离子反应只表示一个化学反应，如钠与水反应;
H++OH﹣=H2O只表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应.
【解答】解：(1)①Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①不选;
②NaOH与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故②不选;
③HCl与SO2都不与BaCl2反应，通入SO2与HCl都不会生成沉淀，故③选;
④FeCl3溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故④不选;
⑤SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故⑤选;
⑥H2S与二氧化硫反应生成硫沉淀，故⑥不选;
⑦通入NH3溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故⑦不选;
⑧NaClO溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故⑧不选;
故答案为：③⑤;
(2)a.若A是非金属单质，则C与水反应的生成物可能是强酸或弱酸，如A是碳单质，X为氧气，B为CO、C为CO2，二氧化碳和水反应生成碳酸为弱酸，如A为S，X为氧气，B为SO2，C为SO3，三氧化硫与水反应生成硫酸为强酸，故a正确;
b.若A是金属单质，则C与水反应的生成物可能是强碱，如A是钠，X为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，故b正确;
c.若A是化合物，则C与水反应的生成物可能是强酸，如A是氨气，X为氧气，B为NO，C为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸为强酸，故c正确，
故选：abc;
(2)①有的离子反应只表示一个化学反应，比如：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，
故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑;
②H++OH﹣=H2O只表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，有的酸碱反应不能表示为H++OH﹣=H2O，比如硫酸和氢氧化钡之间的反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，
故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O.
【点评】本题考查元素化合物性质、无机物推断、离子方程式等，需要学生熟练掌握元素化合物性质，理解掌握离子反应方程式书写，难度中等.
24.我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义.
(1)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为23.8g、4.14g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为 10：1 .
(2)采用“局部封存法”可以防止青铜器进一步被腐蚀.如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则该化学方程式为 Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O .
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质.
【专题】元素及其化合物.
【分析】(1)根据m=nM来计算Sn、Pb的物质的量之比，根据N=nNA知，物质的量之比等于其个数之比;
(2)Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物.
【解答】解：(1)Sn、Pb的物质的量之比= ： =0.2mol：0.02mol=10：1，根据N=nNA知，物质的量之比等于其个数之比，所以Sn、Pb原子个数之比为10：1，故答案为：10：1;
(2)Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物，反应方程式为Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O，故答案为：Ag2O+2CuCl═2AgCl+Cu2O.
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、物质的量的计算及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意题目中信息的应用，题目难度不大.
25.某含氧物质X仅含三种元素，在198℃以下比较稳定，温度高时易分解.，某研究小组设计并完成如下实验：
试回答如下问题：
(1)X的化学式为 K2FeO4 ，写出X与H2O反应的离子方程式 4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣
(2)工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式 Fe2O3+3CO 3CO2+2Fe .
(3)保存X时应注意 避免吸潮和受热 .
【考点】无机物的推断.
【专题】无机实验综合.
【分析】根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的物质的量为0.02mol，所以X中氧元素的物质的量为： mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，以此解答该题.
【解答】解：根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的物质的量为0.02mol，所以X中氧元素的物质的量为 mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，
(1)根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣，
故答案为：K2FeO4;4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣;
(2)工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO 3CO2+2Fe，故答案为：Fe2O3+3CO 3CO2+2Fe;
(3)由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热，故答案为：避免吸潮和受热.
【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，涉及无机推断、物质的分离与提纯方法的综合应用、化学方程式的书写等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力.
26.用98%的浓硫酸(其密度为1.84g/cm3)配置500mL1.0mol•L﹣1稀硫酸时要用到的实验仪器除了a.玻璃棒b.胶头滴管c.50mL量筒d.烧杯外，还需要e. 500mL容量瓶
(2)配置过程中，下列情况会使配置结果偏高的是 ①④⑥⑦ (填序号)
①定容时俯视刻度线观察液面②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
④量取浓硫酸时仰视量筒刻度⑤移液时未洗涤烧杯和玻璃棒
⑥容量瓶未洗净，原来盛过该溶液⑦未冷却到室温就定容.
【考点】溶液的配制.
【专题】定量测定与误差分析.
【分析】(1)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器;
(2)先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c= ，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算;
【解答】解：(1)98%的浓硫酸(其密度为1.84g/cm3)的物质的量浓度为c= = =18.4mol/L，设配制溶液所需的浓硫酸的体积为VmL，则有：18.4mol/L×VmL=1mol/L×500mL，解得V=27.2mL，故应选择50mL量筒，故根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器为玻璃棒、胶头滴管、50mL量筒、烧杯、500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶;
(2)①定容时俯视刻度线观察液面，则溶液体积偏小，则浓度偏高，故①正确;
②容量瓶使用时未干燥，对溶液浓度无影响，故②错误;
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线是正常的，再加蒸馏水补至刻度线，则浓度偏低，故③错误;
④量取浓硫酸时仰视量筒刻度，则所量取的浓硫酸的体积偏大，配制出溶液的浓度偏高，故④正确;
⑤移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故⑤错误.
⑥容量瓶未洗净，原来盛过该溶液，会导致溶质的量偏多，则浓度偏高，故⑥正确;
⑦未冷却到室温就定容，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故⑦正确.
故选①④⑥⑦.
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大.
27.工业上常用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程.
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq) (Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l) (Ⅱ)
S(s)+Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq) (Ⅲ)
(1)仪器A的名称 圆底烧瓶 ，仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若 液柱高度保持不变 ，则整个装置气密性良好.装置E中为 NaOH 溶液.
(2)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 c .
a.蒸馏水 b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaHSO3溶液 d.饱和NaHCO3溶液
已知反应(Ⅲ)相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是 控制滴加硫酸的速度，溶液变澄清(或浑浊消失) .反应后期可用酒精灯适当加热仪器A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有 ad .
a.烧杯 b.蒸发皿 c.试管 d.锥形瓶
(3)反应终止后，仪器C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质.利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论 取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液(或过滤，取滤液)、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 .
已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O 32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O
供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液.
【考点】性质实验方案的设计.
【专题】无机实验综合.
【分析】(1)根据仪器特征和在该实验的用途，可知仪器A是圆底烧瓶;根据检查装置装置气密性检验的原理：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象(如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等)来判断装置气密性的好坏;液柱高度保持不变，说明气密性良好;装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用;
(2)观察SO2的生成速率，则二氧化硫通过溶液不能与SO2反应，有气泡逸出，Ⅲ中发生S(g)+Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)，反应达到终点是S完全溶解，烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，蒸发皿、试管可直接加热;
(3)检测产品中是否存在Na2SO4，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子，所以操作为加入盐酸，Na2S2O3反应生成S沉淀，静置后取上层清液，滴加BaCl2溶液，检验溶液中是否含有硫酸根离子.
【解答】解：(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶，用于盛放亚硫酸钠固体和承接浓硫酸，作为两者的反应容器制取二氧化硫;仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好;装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，
故答案为：圆底烧瓶;液柱高度保持不变;NaOH;
(2)观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，a溶解二氧化硫且水和二氧化硫反应生成亚硫酸，b中二氧化硫和亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，d中碳酸氢钠与二氧化硫反应生成二氧化碳，只有c中饱和NaHSO3溶液不溶解二氧化硫，适合通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断二氧化硫的生成快慢;Ⅲ中发生S(g)+Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)，反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清(或浑浊消失);烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，
故答案为：c;控制滴加硫酸的速度，溶液变澄清(或浑浊消失);ad;
(3)检测产品中是否存在Na2SO4的实验方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液(或过滤，取滤液)、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，
故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液(或过滤，取滤液)、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质.
【点评】本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验、对操作的分析评价等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，(2)为易错点，题目难度中等.
28.向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加稀盐酸体积之间关系如图所示.
回答下列问题：
(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为 1 mol/L;
(2)标准状况下CO2的体积为 1680 mL;
(3)题中通入CO2后所得溶液的溶质成分为 碳酸钠和碳酸氢钠 ，若将所得溶质在低温低压条件下蒸干，所得固体物质(不带结晶水)的质量为 30.7g .
【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】过程中发生的反应：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、NaOH+HCl═NaCl+H2O、Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，由图可知0﹣25ml是碳酸钠与盐酸反应，而25﹣100ml是盐酸与碳酸氢钠反应，当100ml时是单一溶质NaCl，根据组成，则n(HCl)=n(NaCl)，由此分析解答.
【解答】解：过程中发生的反应：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、NaOH+HCl═NaCl+H2O、Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，由图可知0﹣25ml是碳酸钠与盐酸反应，而25﹣100ml是盐酸与碳酸氢钠反应，当100ml时是单一溶质NaCl，
(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为 =1mol/L，故答案为：1;
(2)NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O
1mol 22.4L
(100﹣25)×10﹣3×1 V
所以：V= =1680ml，故答案为：1680;
(3)通入CO2后所得溶液的溶质成分为碳酸钠和碳酸氢钠，物质的量之比为：25：(100﹣25﹣25)=1：2，所以n(Na2CO3)=0.25mol，n(NaHCO3)=0.05mol，所以质量为：0.25mol×106g/mol+0.05mol×84g/mol=30.7g，故答案为：碳酸钠和碳酸氢钠;30.7g.
【点评】本题考查化学反应的计算，题目难度较大，把握图象分析与各阶段发生的化学反应的对应关系为解答的关键，侧重分析能力和计算能力的考查.