福建省福州市华侨中学2016届高三上学期期中化学试卷.doc

一．选择题（共18小题）

1．钠着火时，可用于灭火材料或器材的是(     )

A．水    B．沙子    C．煤油    D．泡沫灭火器

【考点】钠的化学性质． 

【分析】金属钠是一种活泼金属，用来灭火的物质和金属钠以及钠燃烧后的产物过氧化钠之间不能反应．

【解答】解：A、金属钠和水之间能反应产生氢气，氢气能燃烧，不能用水灭火，故A错误；

B、沙子不易燃，能将金属钠和空气隔离，起到灭火的作用，故B正确；

C、煤油为易燃物，不能用来灭火，故C错误；

D、泡沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃，故D错误；

故选B．

【点评】熟练掌握燃烧的条件及灭火的原理和各种方法的使用条件，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断．

2．下列说法正确的是(     )

A．能电离出H+的化合物叫做酸

B．实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况

C．摩尔是七个基本物理量之一

D．化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；阿伏加德罗定律及推论． 

【专题】物质的分类专题．

【分析】A、酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；

B、根据气体状态方程PV=nRT来确定物质的状态；

C、摩尔是物质的量的单位；

D、根据化合物的性质可以将化合物分为酸、碱、盐和氧化物．

【解答】解：A、酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，如硫酸氢钠可以电离出氢离子，属于盐类，故A错误；

B、根据气体状态方程PV=nRT，1mol某气体体积为22.4L，代入公式，只要具备满足条件的压强和温度均可以，不一定是标况下，故B错误；

C、摩尔是物质的量的单位，物质的量是七个基本物理量之一，故C错误；

D、根据化合物的性质可以将化合物分为酸、碱、盐和氧化物，是用树状分类法分类的，故D正确．

故选D．

【点评】本题属于基本概念的考查，要求学生熟记教材知识并灵活应用是解题的关键，难度不大．

3．下列离子组一定能大量共存的是(     )

A．酚酞为无色的溶液：I﹣、CH3COO﹣、NO3﹣、Na+

B．甲基橙呈黄色的溶液中：Na+、CO32﹣、NO3﹣、NH4+

C．含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、S2﹣、NO3﹣

D．pH＞7的溶液中：CO32﹣、Cl﹣、F﹣、K+

【考点】离子共存问题． 

【专题】离子反应专题．

【分析】A．酚酞为无色的溶液，可能为酸性；

B．甲基橙呈黄色的溶液，可能显碱性；

C．离子之间相互促进水解；

D．pH＞7的溶液，显碱性，该组离子之间不反应．

【解答】解：A．酚酞为无色的溶液，可能为酸性，酸性溶液中CH3COO﹣、H+结合生成弱电解质，且CH3COO﹣、I﹣、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；

B．甲基橙呈黄色的溶液，可能显碱性，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故B错误；

C．Al3+、S2﹣相互促进水解，不能大量共存，故C错误；

D．pH＞7的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大．

4．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，则下列说法不正确的是(     )

A．16g氧气所含氧原子数目为NA

B．18g水所含的电子数为10 NA

C．NA个氧气分子和NA个氢气分子的质量之比16：1

D．常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA

【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、氧气有氧原子构成；

B、求出水的物质的量，然后根据1mol水中含10mol电子来分析；

C、NA个氧气分子和NA个氢气分子的物质的量均为1mol；

D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol．

【解答】解：A、氧气有氧原子构成，故16g氧气中的氧原子的物质的量n==1mol，个数为NA个，故A正确；

B、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含10mol电子，即10NA个，故B正确；

C、NA个氧气分子和NA个氢气分子的物质的量均为1mol，质量分别为32g和2g，故质量之比为16：1，故C正确；

D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，则分子数小于0.5NA个，故D错误．

故选D．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．

5．下列物质属于电解质的是(     )

A．铜    B．食盐水    C．烧碱    D．蔗糖

【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，注意电解质必须首先是化合物．

【解答】解：A、铜是单质不是化合物，所以不是电解质，故错误．

B、食盐水是混合物不是化合物，所以不是电解质，故错误．

C、烧碱是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，所以是电解质，故正确．

D、蔗糖是在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物，所以是非电解质，故错误．

故选C．

【点评】本题考查了电解质的概念，难度不大，注意电解质首先必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．

6．重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是(     )

A．氘（D）原子核外有1个电子

B．1H与D互称同位素

C．H2O与D2O互称同素异形体

D．1H218O与D216O的相对分子质量相同

【考点】同位素及其应用． 

【专题】原子组成与结构专题．

【分析】A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；

B．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；

C．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；

D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20．

【解答】解：A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；

B．1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；

C．H2O与D2O都是化合物，不是单质，故C错误； 

D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20，故D正确，

故选C．

【点评】本题考查同位素、同素异形体的概念，相对分子质量的计算，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．

7．下列说法正确的是(     )

A．Na2O2与水的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是水

B．向硅酸钠溶液中滴加盐酸，有白色凝胶生成

C．向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀后溶解

D．工业上可以电解氯化镁溶液制取金属镁

【考点】钠的重要化合物；含硅矿物及材料的应用；镁、铝的重要化合物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】A、根据过氧化钠和水反应时化合价的变化来回答；

B、盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸；

C、向AlCl3溶液中加氨水：AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，氢氧化铝只与强碱反应，所以沉淀不溶解；

D、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼．

【解答】解：A、过氧化钠和水的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，化合价变化的只有过氧化钠中的氧元素，过氧化钠中的氧元素从﹣1价降为﹣2价，同时升为0价，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；

B、盐酸是强酸，硅酸为弱酸，盐酸和硅酸反应：2HCl+Na2SiO3═2NaCl+H2SiO3↓，有白色凝胶硅酸生成，故B正确；

C、向AlCl3溶液中加氨水：AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，氢氧化铝只与强碱反应，所以沉淀不溶解，故C错误；

D、Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，如果电解氯化镁溶液，阴极上氢离子放电而不是镁离子反应，所以得不到Mg单质，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了物质的现在，涉及金属的冶炼、氧化还原反应、氢氧化铝的两性等知识点，明确物质的性质即可解答，知道常见元素化合物的性质，题目难度不大．

8．下列各组物质的分类正确的是(     )

①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银

②电解质：明矾、冰醋酸、石膏、纯碱

③同位素：1H+、2H+、3H+

④同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨 

⑤弱电解质：HF、SO2、NH3、H2O．

A．②④    B．②③④    C．②④⑤    D．全部正确

【考点】混合物和纯净物；同位素及其应用；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念． 

【专题】物质的分类专题．

【分析】①混合物是指由多种物质组成的物质；

②在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

③质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；

④同一元素的不同单质互称同素异形体；

⑤弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．

【解答】解：①氯水是氯气的水溶液、氨水是氨气的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液是混合物，水银是汞单质，是纯净物，故①错误；

②明矾、冰醋酸、石膏、纯碱在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，故为电解质，故②正确；

③1H+、2H+、3H+是三种离子，二同位素必须是原子，故③错误；

④C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，故④正确；

⑤HF、H2O在水溶液里只有部分电离，是弱电解质，SO2、NH3在水溶液里导电是亚硫酸和一水合氨电离，不是它们本身电离，所以SO2、NH3是非电解质，故⑤错误；

故选A．

【点评】本题考查物质的分类，注意掌握混合物，非电解质，同位素，同素异形体，弱电解质的定义．

9．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列反应对应的曲线错误的是(     )

A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量

B．向澄清石灰水中通入CO2至过量

C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量

D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失

【考点】镁、铝的重要化合物． 

【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物．

【分析】A、根据反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O判断；

B、根据反应Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2判断；

C、根据反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O 判断；

D、根据反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CO2+KOH═KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2判断．

【解答】解：A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；

B、向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化碳的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；

C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH﹣+H+═H20，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故C正确；

D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CO2+KOH═KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量为1： 1：1，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查物质反应的图象题，题目难度中等，注意个反应的量的关系．

10．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是(     )

A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑

B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3

C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO

D．2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑

【考点】氧化还原反应． 

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，水既不是氧化剂也不是还原剂．

【解答】解：A、水既不是氧化剂也不是还原剂与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用相同，故A错误；

B、水既不是氧化剂也不是还原剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用相同，故B错误；

C、水既不是氧化剂也不是还原剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用相同，故C错误；

D、水是氧化剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用不相同，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查学生氧化还原反应中的基本概念知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．

11．在容量瓶的使用方法中，下列操作中正确的是(     )

A．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗

B．使用容量瓶前检查它是否漏水

C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2﹣3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线

D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接到入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2﹣3cm处，用滴管加蒸馏水到刻度线

【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器． 

【专题】化学实验常用仪器及试剂．

【分析】A、容量瓶若用待配液润洗，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大；

B、容量瓶有瓶塞，使用前必须检查容量瓶是否漏水；

C、容量瓶是用于配制一定浓度的定量仪器，不能够在容量瓶中溶解固体；

D、应该在烧杯中稀释浓溶液，不能够在容量瓶中直接稀释．

【解答】解：A、容量瓶用蒸馏水洗净后，不用待配溶液洗涤，否则影响配置结果，故A错误；

B、用于容量瓶有瓶塞，配制一定物质的量浓度的溶液时，必须检查是否漏水，故B正确；

C、容量瓶中不能够溶解固体，应该在烧杯中溶解，故C错误；

D、容量瓶不能用于稀释溶液，应该在烧杯中稀释，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了容量瓶的使用方法，题目难度不大，注意在实验室使用容量瓶时，容量瓶不能进行加热，如果溶质在溶解过程中放热，要待溶液冷却后再进行转移，因为一般的容量瓶是在20℃的温度下标定的，若将温度较高或较低的溶液注入容量瓶，容量瓶则会热胀冷缩，所量体积就会不准确，导致所配制的溶液浓度不准确；容量瓶只能用于配制溶液，不能储存溶液，因为溶液可能会对瓶体进行腐蚀，从而使容量瓶的精度受到影响．

12．下列物质所发生的化学反应中，由于反应物的用量不同而得到不同产物的是(     )

①铁与稀 

②AgNO3溶液与氨水溶液 

③碳酸钠溶液与稀盐酸  

④FeCl3溶液与Na2S溶液  

⑤NaAlO2溶液和稀盐酸  

⑥铁与氯气．

A．全部都是    B．①②③⑤⑥    C．①②③④⑤    D．③④⑤

【考点】铁的化学性质；氨的化学性质；的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】①铁的用量不同，产物不同；

②氨水的用量不同，产物不同；

③碳酸钠溶液与稀盐酸反应，可生成碳酸氢钠或二氧化碳气体，产物不同；

④FeCl3溶液与Na2S溶液发生氧化还原反应，硫化钠的量不同，其产物不同；

⑤NaAlO2溶液和稀盐酸反应，量不同，产物不同；

⑥铁与氯气反应只生成氯化铁．

【解答】解：①铁与稀时，铁不足时生成铁，铁过量时生成亚铁，故①正确；

②氨水不足时生成沉淀，过量时生成银氨溶液，故②正确；

③碳酸钠溶液与稀盐酸反应，可生成碳酸氢钠或二氧化碳气体，产物不同，故③正确；

④FeCl3溶液与Na2S溶液发生氧化还原反应，当硫化钠少量时，二者反应生成亚铁离子和S，当硫化钠过量时，亚铁离子和硫离子反应生成FeS沉淀，与量有关，故④正确；

⑤NaAlO2溶液和稀盐酸反应，盐酸少量时生成氢氧化铝，过量时生成氯化铝，故⑤正确；

⑥铁与氯气反应只生成氯化铁，与量无关，故⑥错误；

故选C．

【点评】本题考查物质间的化学反应，综合考查元素化合物知识，把握量对化学反应的影响为解答的关键，注意发生的氧化还原反应及复分解反应，题目难度中等．

13．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是(     )

A．HF的电子式：    B．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl

C．S2﹣的结构示意图：    D．CH4分子的球棍模型：

【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合． 

【专题】化学用语专题．

【分析】A．HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对；

B．次氯酸分子中含有1个H﹣O键和1个O﹣Cl键；

C．硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8；

D．球棍模型可以表示原子之间的成键形式、分子的空间结构等．

【解答】解：A．HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；

B．次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H﹣O﹣Cl，故B正确；

C．硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故C错误；

D．球棍模型可以表示原子之间的成键形式、分子的空间结构等，不能表示甲烷中原子之间的成键情况，是甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、球棍模型与比例模型、结构式等知识，明确离子结构示意图与原子结构示意图、球棍模型与比例模型的区别为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力．

14．下列实验过程中．始终无明显现象的是(     )

A．NO2通FeSO4溶液中

B．NH3通入AlC13溶液中

C．CO2通入CaC12溶液中

D．SO2通人已酸化的Ba（NO3）2溶液中

【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响． 

【分析】A．NO2和水反应生成NO和，可氧化FeSO4；

B．氨气水溶液呈碱性，可与氯化铝反应生成白色沉淀；

C．二氧化碳与氯化钙溶液不反应；

D．二氧化硫在酸化的钡溶液中被稀氧化生成硫酸钡沉淀分析．

【解答】解：A．NO2和水反应生成NO和，具有强氧化性，可氧化FeSO4生成Fe3+，可观察到红棕色气体变为无色，溶液由浅绿色变成黄色，故A不选；

B．氨气水溶液呈碱性，可与氯化铝反应生成白色沉淀，故B不选；

C．二氧化碳与氯化钙溶液不反应，不能观察到明显现象，故C选；

D．二氧化硫在酸化的钡溶液中被稀氧化为硫酸，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀，故D不选；

故选C．

【点评】本题考查较为综合，涉及二氧化氮、氨气、二氧化硫以及沉淀的转化等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大．

15．下列溶液中Cl﹣浓度最小的是(     )

A．200mL 2mol/L MgCl2溶液    B．1000mL 2.5mol/L NaCl溶液

C．300mL 5mol/L KCl溶液    D．250mL 1mol/L AlCl3溶液

【考点】物质的量浓度． 

【专题】物质的量浓度和溶解度专题．

【分析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质电离出该粒子的个数，然后比较大小．

【解答】解：A、200mL2mol/LMgCl2溶液中Cl﹣浓度为4mol/L

B、1000ml2.5 mol/LNaCl溶液中Cl﹣浓度为2.5mol/L；

C、300mL 5mol/L KCl溶液中Cl﹣浓度为5mol/L；

D、250mL1mol/LAlCl3溶液中Cl﹣浓度为3mol/L；

故选：B．

【点评】溶液中离子的浓度只与物质的浓度和化学式有关，与溶液的体积无关，题目较简单．

16．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是(     )

A．熔融烧碱时，不能使用氧化铝坩埚：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O

B．刻制印刷电路时用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+

C．打磨后的镁条置于沸水中，滴加酚酞溶液变红色：Mg+2H2O（g）Mg（OH）2+H2↑

D．向KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水，溶液呈棕黄色：2I﹣+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O

【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写． 

【专题】化学用语专题；几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．氧化铝为两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；

B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；

C．镁是活泼金属，能与沸水反应生成无色气体H2和Mg（OH）2，Mg（OH）2是中强碱，所以能使酚酞试液变红；

D．该反应中氧元素元素不守恒，双氧水具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；

【解答】解：A．氧化铝为两性氧化物，熔融烧碱时，不能使用普通氧化铝坩埚，是因发生Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O反应，故A正确；

B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；

C．镁条能和沸水剧烈反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁具有碱性，遇酚酞变红色，所以会看到镁条表面产生大量气泡，溶液变成红色，反应为：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故C正确；

D．双氧水能够氧化碘离子，反应的化学方程式是：2I﹣+H2O2+2H+=2H2O+I2，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查化学反应及离子反应的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水的反应，题目难度中等．

17．在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是(     )

A．用50mL 12mol/L的氯化氢水溶液与足量二氧化锰共热制取氯气

B．将1g铝片投入20mL 18.4mol/L的硫酸中

C．向100mL 3mol/L的中加入5.6g铁

D．常温常压下，0.1mol氯气通入1 L水中反应

【考点】铝的化学性质；氯气的化学性质；的化学性质． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】A、二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应；

B、常温下，铝片在浓硫酸中钝化；

C、5.6g铁的物质的量0.1mol，反应首先氧化为铁，即先发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，0.3mol氧化0.075mol铁为三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.075mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3++Fe=3Fe2+判断；

D、氯气与水的反应是可逆反应．

【解答】解：A、二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，故A错误；

B、18.4mol/L的硫酸为浓硫酸，常温下，铝片遇浓硫酸发生钝化，阻止反应进行，铝不能完全消耗，故B错误；

C、根据反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，0.3mol氧化0.075mol铁为三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.075mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3++Fe=3Fe2+ 可知，剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol，故C正确；

D、氯气与水的反应是可逆反应，反应物不能完全转化，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查根据方程式的计算、过量计算、可逆反应特点、物质浓度对反应的影响等，难度中等，注意物质浓度对性质性质的影响．

18．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(     )

A．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣

B．遇苯酚显紫色的溶液：I﹣、K+、SCN﹣、Mg2+

C．与铝反应产生大量氢气的溶液：NH4+、Na+、CO32﹣、NO3﹣

D．加入NaOH后加热既有气体放出又有沉淀生成的溶液：Ca2+、HCO3﹣、NH4+、CH3COO﹣

【考点】离子共存问题． 

【专题】离子反应专题．

【分析】A．甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；

B．遇苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；

C．与铝反应生成氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应；

D．加入氢氧化钠加热有气体，说明溶液中有铵根离子存在，有沉淀生成，钙离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸钙沉淀．

【解答】解：A．该溶液中存在大量的氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．该溶液中存在铁离子，SCN﹣与铁离子反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液为酸性或者碱性溶液，碱性溶液中，NH4+与氢氧根离子反应，酸性溶液中CO32﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．加入NaOH后加热既有气体放出又有沉淀生成，证明该溶液中存在铵根离子以及能跟OH﹣产生沉淀的金属阳离子，Ca2+、HCO3﹣、NH4+、CH3COO﹣离子之间不反应，且在溶液中能够大量共存，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查离子共存的正误判断，难度中等，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；能生成难溶物的离子之间；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；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．

二．非选择题

19．央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊进入患者腹中．明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体．由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属Cr，从而对人体造成伤害．

（1）已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是+2价．CrO2﹣是一种酸根离子，则Fe（CrO2）2属于盐（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”）．明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是c．

a．都不稳定，密封放置沉淀     b．两者均有丁达尔现象   c．分散质粒子可通过滤纸

（2）已知CN﹣离子、SCN﹣离子和Cl﹣离子有相似之处，氰分子（CN）2和硫氰分子（SCN）2的性质与Cl2也有相似之处，且常温常压均为气体，完成下列反应方程式：

①MnO2和HSCN的浓溶液共热的化学方式：MnO2+4HSCN（浓）Mn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2O

②（CN）2和NaOH溶液反应的离子方程式：（CN）2+2OH﹣=CN﹣+CNO﹣+H2O

（3）已知H2O2是二元弱酸、请写出H2O2与Ca（OH）2溶液反应生成酸式盐的化学式Ca（HO2）2．

【考点】"三废"处理与环境保护；弱电解质在水溶液中的电离平衡；铁的氧化物和氢氧化物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】（1）根据正负总化合价之和相等进行分析；盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物；

a．胶体较稳定；

b．溶液无丁达尔效应；

c．胶粒可透过滤纸；

（2）根据MnO2和盐酸的反应和氯气与KOH溶液的反应，类推反应；

（3）H2O2与Ca（OH）2作用形成酸式盐为Ca（HO2）2，同时生成水．

【解答】解：（1）①Fe（CrO2）2中，氧元素的化合价是﹣2价，总的负价是﹣8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；Fe（CrO2）2是由亚铁离子和CrO2﹣组成的盐；

②a．胶体较稳定，溶液是稳定的，密封放置不生成沉淀，故a错误；

b．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故b错误；

c．胶粒和溶液都可透过滤纸，故c正确；

故答案为：+2；盐；c；

（2）①由二氧化锰和浓盐酸的反应可知MnO2和HSCN反应的化学方程式为：MnO2+4HSCN（浓）=Mn（SCN）2+（SCN）2+2H2O，

故答案为：MnO2+4HSCN（浓）Mn（SCN）2+（SCN）2+2H2O；

②由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，（CN）2的化学性质和卤素很相似，则（CN）2与NaOH（aq）反应的化学方程式为（CN）2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O，离子方程式为（CN）2+2OH﹣=CN﹣+CNO﹣+H2O，

故答案为：（CN）2+2OH﹣=CN﹣+CNO﹣+H2O；

（3）H2O2为二元酸，其第一步电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣，则H2O2与Ca（OH）2作用形成酸式盐为Ca（HO2）2，同时生成水；

故答案为：Ca（HO2）2．

【点评】本题考查了元素的化合价、胶体的性质和化学反应方程式的书写，明确信息与反应的关系即可解答，题目难度中等．

20．（18分）实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O

（1）在该反应中，氧化剂是MnO2，如有1mol Cl2生成，被氧化的HCl的物质的量是2mol，转移电子的物质的量是2mol；

（2）将制得氯气通入冷的消石灰中即可制得漂白粉，其反应的化学方程式是2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；在某温度下，将Cl2通入浓NaOH溶液中，反应得到含有ClO﹣与ClO3﹣物质的量之比为1：1的混合液，此反应的化学方程式是4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O；

（3）进行有关氯气的性质实验时，需2.24L的氯气（标准状况），理论上需要MnO2固体的质量为8.7g．（浓盐酸足量）

（4）前段时间，报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵”（主要成分是盐酸）与“84消毒液”（主要成分是NaClO）发生氯气中毒的事件．试根据你的化学知识分析，原因是（用离子方程式表示）Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O．

【考点】氧化还原反应的计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用． 

【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．

【分析】（1）根据元素化合价的变化判断，反应中Mn元素的化合价降低，Mn元素被还原，Cl元素化合升高，被氧化，根据化合价变化的数目可确定电子转移的数目；

（2）氯气可以和氢氧化钙反应来制备漂白粉；Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO﹣与ClO3﹣物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式即可；

（3）实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式进行计算即可；

（4）根据氧化还原反应判断生成物，并写出相应的化学反应方程式．

【解答】解：（1）反应中Mn元素的化合价降低，Mn元素被还原，Cl元素化合升高，被氧化，MnO2是氧化剂，化合价升高数值=化合价降低数值=转移电子数=2，即有1molCl2生成在消耗的4mol盐酸中，被氧化的HCl的物质的量是2mol，转移电子是2mol，故答案为：MnO2；2；2；

（2）氯气通入冷的消石灰中即可发生反应，生成氯化钙、次氯酸钙和水，即制得漂白粉，反应为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO﹣与ClO3﹣物质的量之比为1：1的溶液，即氯元素的化合价升高为+1价和+5价，所以产物还有氯化钠，此时氯元素的化合价降低，ClO﹣与ClO3﹣物质的量之比为1：1，即NaClO3和NaClO的系数都是1，即发生的反应为：4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O；

（3）实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，制备2.24L即0.1mol的氯气（标准状况），理论上需要MnO2固体的物质的量为：0.1mol，质量是：0.1mol×87g/mol=8.7g，

故答案为：8.7；

（4）盐酸有还原性，次氯酸钠在酸性条件下有强氧化性，所以氯离子和次氯酸根离子能发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式为Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O，氯气是有毒的气体，可以发生氯气中毒的事件，故答案为：Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O．

【点评】本题涉及氧化还原反应中化合价升降和电子转移知识，考查了含氯化合物的性质，可以根据所学知识来回答，注意知识的灵活应用是关键，难度不大．

21．（13分）利用废铁丝、硫酸铜废液（含硫酸亚铁）和被有机物污染的废铜粉制备硫酸铜晶体．生产过程如图1：

试回答下列问题：

（1）铁丝在投入硫酸铜废液前需用稀H2SO4进行处理，其目的是（用离子方程式表示）Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O

（2）为了使灼烧后的氧化铜混合物充分酸溶，在加入稀H2SO4的同时，还通入O2，通入氧气的目的是（用化学方程式表示）2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O在实验中常将适量浓分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体（装置如图所示）

（3）写出烧瓶中发生的离子方程式3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O

（4）广口瓶的作用是有利于氮氧化物的吸收，防止倒吸

（5）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：

设计将3.2g铜丝放到45mL 1.5mol/L的稀硫酸中，控温在50℃．加入18mL 10%的H2O2，反应0.5小时后，升温到60℃，持续反应1小时后，过滤、蒸发结晶、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得CuSO4•5H2O 10.5g请回答

①温度不宜过高的原因是防止双氧水分解．

②本实验CuSO4•5H2O的产率为84%．

【考点】制备实验方案的设计． 

【专题】实验分析题；实验设计题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验基本操作．

【分析】废铁丝、硫酸铜废液（含硫酸亚铁）和被有机物污染的废铜粉制备硫酸铜晶体的生产流程：将金属铁投入硫酸铜中，可以置换出金属铜，金属铜可以和氧气在灼烧下发生反应生成氧化铜（废铜中含有的有机物质含有碳元素，灼烧会产生碳单质或是CO，具有还原性，可以和氧化铜在加热下发生反应，得到金属铜），氧化铜可以和硫酸反应得到硫酸铜溶液，

（1）金属铁表面的铁锈可以和硫酸反应；

（2）在稀硫酸作用下氧气将铜氧化生成硫酸铜；

（3）铜和稀硫酸的混合物遇到浓，有氧化性，将铜氧化成铜，被还原成一氧化氮；

（4）广口瓶可以吸收氮的氧化物，同时可以防止倒吸，作安全瓶；

（5）①根据双氧水加热易分解的性质分析；

②根据铜原子守恒得铜和五水硫酸铜的关系，求出CuSO4•5H2O 质量，然后求出产率．

【解答】解：废铁丝、硫酸铜废液（含硫酸亚铁）和被有机物污染的废铜粉制备硫酸铜晶体的生产流程：将金属铁投入硫酸铜中，可以置换出金属铜，金属铜可以和氧气在灼烧下发生反应生成氧化铜（废铜中含有的有机物质含有碳元素，灼烧会产生碳单质或是CO，具有还原性，可以和氧化铜在加热下发生反应，得到金属铜），氧化铜可以和硫酸反应得到硫酸铜溶液，

（1）除铁丝在投入硫酸铜废液前需用稀H2SO4进行处理，目的是出去铁锈，发生的反应为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，

故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；

（2）在稀硫酸作用下氧气将铜氧化生成硫酸铜，所以通氧气的目的是氧化铜，反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O，

故答案为：2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O；

（3）铜和稀硫酸的混合物遇到浓，有氧化性，将铜氧化成铜，被还原成一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，

故答案 为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）广口瓶可以吸收氮的氧化物，同时可以防止倒吸，作安全瓶，

故答案为：有利于氮氧化物的吸收，防止倒吸；

（5）①根据双氧水加热易分解的性质分析，过氧化氢不稳定，温度过高易分解生成水和氧气，

故答案为：防止双氧水分解；

②设3.2g铜生成五水硫酸铜的质量为xg，根据铜原子守恒得铜和五水硫酸铜的关系式为：

Cu→CuSO4•5H2O 

g     250g

3.2g     xg

所以x=12.5

理论上生成CuSO4•5H2O 12.5克，故产率为×100%=84%，

故答案为：84%．

【点评】本题考查了学生对实验原理的理解、常用化学用语、物质推断、实验条件控制等，难度中等，实验方案设计，应根据实验目的思考实验原理，根据实验原理中反应物的状态和反应条件确定试剂和装置，通过比较和评价优选最佳实验方案．