高一化学上册期末检测考试题

1、 一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共48分）1下列实验操作正确的是（）A分液操作时分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B用蒸发的方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液小火加热蒸干C利用蒸馏的方法进行乙醇与水的分离时，温度计水银球应放在液面以下来准确测定温度D萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大2下列有关叙述正确的是（）A摩尔是国际上七个基本物理量之一，简称摩，符号为molB同温同压下，不同气体的气体摩尔体积都约为22.4L/molC国际上规定12g碳12原子所含有的碳原子数目为阿伏加德罗常数D水的摩尔质量等于NA个水分子的相对分子

2、质量之和3下列说法中错误的是（）A在豆浆里加入盐卤做豆腐，在河流入海处易形成沙洲都与胶体性质有关B淀粉胶体中混有的氯化钠可以通过渗析的方法除去C一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路DFe（OH）3悬浊液和Fe（OH）3胶体都不稳定，都不能透过滤纸4下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为（）A冰水共存物、空气、氨水、二氧化硫B胆矾、盐酸、硫酸钠、干冰C生铁、福尔马林、浓硫酸、碳酸钙D碱石灰、漂白粉、氧化钠、硫酸钡5下列叙述正确的是（）Al2O3熔点很高，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物N

3、a2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等Fe2O3俗名铁红，常用作红色油漆和涂料明矾常用作自来水的净水剂和消毒剂ABCD6下列说法中正确的是（）A标准状况下，2.24L SO3含有的原子数为0.4NAB将1L 2mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2NAC含NA个Na+的Na2O溶解于1 L水中，Na+的物质的量浓度为1 mol/LD常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA7某溶液中加入铝粉有氢气产生，该溶液中一定可以大量共存的离子组是（）ANa+、Fe3+、Cl、ClOBNa+、K+、Ba2+、HCO3CMg2+、NH

4、4+、SO42、ClDNa+、K+、Cl、SO428下列反应的离子方程式正确的是（）A钠投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+Cu+2Na+B澄清石灰水中加过量小苏打：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OC氢氧化铝中滴入足量盐酸：Al（OH）3+3H+Al3+3H2OD四氧化三铁粉末投入到足量盐酸中：Fe3O4+8H+3Fe3+4H2O9下列反应中氯元素既被氧化又被还原的是（）A5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3B2Cl2+2Ca（OH）2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCMnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2D2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H210下

5、列有关叙述正确的是（）A常温常压下，11.2L CO2与8.5g NH3所含分子数相等B等质量的H3O+和OH质子数之比与电子数之比相同C同温同压下，相同体积的H2和CO2的原子数之比为2：3D同温同压下，相同质量的NO和C2H4（气体）体积相同11金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一下列各组物质的转化关系，不全部是通过一步反应完成的是（）ANaNaOHNa2CO3NaClBAlAl2O3Al（OH）3AlCl3CMgMgCl2Mg（OH）2MgSO4DFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）312将下列四种铁的化合物溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液没有颜色变化，再加入氯水即可显血红色的

6、是（）AFeOBFe2O3CFeCl3DFe（OH）313将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）AKSCNBBaCl2CNaOHDHCl14下列除杂方法错误的是（）A除去NaCl溶液中的少量I2：用无水乙醇，萃取分液B除去FeCl3溶液中的少量FeCl2：通入过量的Cl2C除去铁粉中混有的少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥D除去纯碱固体中的少量NaHCO3：加热充分灼烧15有下列三个反应：Cl2+FeI2FeCl2+I22Fe2+Br22Fe3+2BrCo2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2O下列说

7、法正确的是（）A中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B根据以上方程式可以得到氧化性Cl2Fe3+Co2O3C可以推理得到Cl2+FeBr2FeCl2+Br2D在反应中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化1624mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A+2B+3C+4D+5二、解答题（共5小题，满分52分）17现有NaCl晶体 液态SO3 液态的醋酸 铝 BaSO4固体 酒精（C2H5OH） 熔化的

8、KNO3，请回答下列问题（填序号）（1）属于电解质的是（2）属于非电解质的是（3）能导电的是18实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气（Cl2），反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（1）用单线桥法标出电子转移情况2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（2）浓盐酸在反应中体现出性（3）KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性（选填“强”或“弱”）（4）当反应中转移了2mol电子时，有mol HCl被氧化，产生Cl2在标准状况下体积为L（5）某同学欲用KMnO4固体配制90mL 0.5mol/L的溶液回答下列

9、问题：配制KMnO4溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、应用托盘天平称取KMnO4固体g不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是A加水定容时俯视刻度线B容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外19某同学根据课本第50页科学探究实验，设计了如下实验装置，完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”（装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去）请回答该实验中的问题（1）写出该反应的反应方程式（2）烧瓶B的作用是；烧瓶C的作用是（3）如果要在气体导出管口点燃该气体，则

10、必须对该气体进行（4）装置中，试管A和烧瓶B均需加热，则加热的先后顺序是（填“先A后B”或“先B后A”）（5）实验完毕后，取出A试管中的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释其原因：20有一包白色固体，可能含有Na2CO3、KNO3、NaCl、BaCl2和CuSO4，按下列步骤做实验将该固体溶于水只得到无色溶液向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加稀HNO3，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，把气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊根据上述现象判断：（1）一定存在的物质是，一定不存在的物质是（2）可能存在的物质是，可以采用实验确定其存在21为了测定某铝土矿（主要

11、成分是Al2O3、含杂质Fe2O3）的铝元素的含量，设计了如下实验：（1）步骤中，用到的仪器有三脚架、酒精灯以及（2）写出溶液乙中溶质的一种用途：（3）反应的化学方程式为：（4）反应II的离子方程式为：（5）该样品中铝的质量分数是：（用a、b表示）（6）下列因操作不当，会使测定结果偏大的是A第步中加入溶液不足 B第步中通入CO2不足C第步中的沉淀未用蒸馏水洗涤 D第步对沉淀灼烧不充分学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共48分）1下列实验操作正确的是（）A分液操作时分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B用蒸发的方法使NaCl从溶液中析出时，应将

12、蒸发皿中NaCl溶液小火加热蒸干C利用蒸馏的方法进行乙醇与水的分离时，温度计水银球应放在液面以下来准确测定温度D萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出； B蒸发皿中溶液析出大量固体时停止加热，用余热将固体蒸干；C蒸馏时，温度计测量馏分温度；D萃取剂的选择与密度无关【解答】解：A分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，一避免两种液体相互污染，故A正确； B用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应加热至蒸发皿中溶液析出大量固体时停止加热，用余热将固体蒸干，

13、故B错误；C蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物，温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，故C错误；D萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大即可，故D错误故选A【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大2下列有关叙述正确的是（）A摩尔是国际上七个基本物理量之一，简称摩，符号为molB同温同压下，不同气体的气体摩尔体积都约为22.4L/molC国际上规定12g碳12原子所含有的碳原子数目为阿伏加德罗常数D水的摩尔质量等于NA

14、个水分子的相对分子质量之和【考点】阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A摩尔为物质的量的单位，不是基本物理量；B标准状况下，同气体的气体摩尔体积都约为22.4L/mol；C0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数；D摩尔质量与足量的单位不同【解答】解：A物质的量是国际上七个基本物理量之一，简称摩，符号为mol，故A错误；B同温同压下，气体摩尔体积相同，但是不是在标准状况下，气体摩尔体积都不一定为22.4L/mol，故B错误；C1mol任何粒子的粒子数叫阿伏加德罗常数，粒子包含分子、原子、离子或电子等，12g 12C的物质的量是1mol，含

15、有阿伏加德罗常数个碳原子，故C正确；D水的摩尔质量为18g/mol，NA个水分子的相对分子质量之和为18g，二者的单位不同，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度中等，注意掌握物质的量与摩尔质量、摩尔的关系，明确阿伏伽德罗常数的概念及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力3下列说法中错误的是（）A在豆浆里加入盐卤做豆腐，在河流入海处易形成沙洲都与胶体性质有关B淀粉胶体中混有的氯化钠可以通过渗析的方法除去C一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路DFe（OH）3悬浊液和Fe（OH）3胶体都不稳定，都不能透过滤纸【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【

16、分析】A豆浆具有胶体的性质； B离子可透过半透膜，而胶体不能；C蛋白质溶液是胶体；D胶体能透过滤纸，浊液不能透过滤纸【解答】解：A豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关，故A正确； B离子可透过半透膜，而胶体不能，则渗析法可除去淀粉中的氯化钠，故B正确；C蛋白质溶液是胶体，胶体能产生丁达尔效应，故C正确；D胶体能透过滤纸，浊液不能透过滤纸，用滤纸能分离胶体和悬浊液，故D错误故选D【点评】本题考查胶体的性质，难度不大，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、渗析等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释4下列物质按纯净物、混合物、电解质

17、、非电解质的顺序组合的一组为（）A冰水共存物、空气、氨水、二氧化硫B胆矾、盐酸、硫酸钠、干冰C生铁、福尔马林、浓硫酸、碳酸钙D碱石灰、漂白粉、氧化钠、硫酸钡【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质【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：冰水共存物为水属于纯净物，空气是不同群体组成的混合物，氨水是氨气的水溶液是混合物，不是电解质，二氧化硫本身不能电离出离子是非电解质，故A错误；B胆矾是硫酸铜晶体

18、是言者无罪组成的纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，硫酸钠水溶液中电离能导电属于电解质，干冰是二氧化碳本身不能电离出离子，属于非电解质，故B错误；C生铁是铁的合金属于混合物，福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物，浓硫酸是硫酸的水溶液属于混合物，碳酸钙是盐熔融状态完全电离属于电解质，故C误；D碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，氧化钠熔融状态完全电离属于电解质，硫酸钡熔融状态完全电离属于电解质，故D错误；故选B【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5下列叙述正确的是（）Al2O3熔点很高

19、，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等Fe2O3俗名铁红，常用作红色油漆和涂料明矾常用作自来水的净水剂和消毒剂ABCD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】化学反应中的能量变化【分析】氧化铝熔点较高，可作耐火材料；碳酸氢钠俗名小苏打，具有弱碱性，能中和酸；Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性；氧化铁俗称铁红，是一种红棕色的物质；明矾常不能作消毒剂，可作净水剂【解答】解：氧化铝熔点较高，一般条件下不易熔化，所以是一种比较好的耐火材料，

20、可用来制造耐火坩埚，故正确；碳酸氢钠俗名小苏打，碳酸氢根离子水解而具有弱碱性，能中和酸，所以可以作发酵粉和中和胃酸，故正确；Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故正确；明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故错误；根据分析可知，正确的为，故选D【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物性质，题目难度中等，明确常见金属及其化合物性质为解答关键，为易错点，注意明矾能够净水，但明矾不能杀菌消毒，试题培养了学生的灵活应

21、用能力6下列说法中正确的是（）A标准状况下，2.24L SO3含有的原子数为0.4NAB将1L 2mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2NAC含NA个Na+的Na2O溶解于1 L水中，Na+的物质的量浓度为1 mol/LD常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA【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标准状况下，三氧化硫的状态不是气体；B氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；C氧化钠溶于1L水中，所得溶液体积不是1L；DNO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式NO2计算出混合物中含有的原子数【解答】解：A标准状况下

22、三氧化硫不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故A错误；B由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的数目，故B错误；C含NA个Na+的Na2O溶解于1 L水中，所得溶液体积不是1L，所得溶液浓度不是1mol/L，故C错误；D.46 g的NO2和N2O4混合气体含有46g最简式NO2，含有最简式的物质的量为1mol，1mol最简式NO2含有3mol原子，含有原子数为3NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意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，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，A为易错点，注意标准状况下三氧

23、化硫不是气体7某溶液中加入铝粉有氢气产生，该溶液中一定可以大量共存的离子组是（）ANa+、Fe3+、Cl、ClOBNa+、K+、Ba2+、HCO3CMg2+、NH4+、SO42、ClDNa+、K+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】加入铝粉有氢气产生，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：加入铝粉有氢气产生，为非氧化性酸或强碱溶液，A强碱溶液中不能大量存在Fe3+，酸溶液中Cl、ClO发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；BHCO3与酸、碱均反应，一定不能共存，故B不选；C碱溶

24、液中不能大量存在Mg2+、NH4+，故C不选；D酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故D选；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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8下列反应的离子方程式正确的是（）A钠投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+Cu+2Na+B澄清石灰水中加过量小苏打：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OC氢氧化铝中滴入足量盐酸：Al（OH）3+3H+Al3+3H2OD四氧化三铁粉末投入到足量盐酸中：Fe3O4+8H+3Fe3+4H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】

25、A钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、氢气和硫酸钠，不会置换出铜；B小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠；C氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氢氧化铝需要保留化学式；D四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁【解答】解：A钠投入到CuSO4溶液中，不会置换出金属铜，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+H2+2Na+Cu（OH）2，故A错误；B澄清石灰水中加过量小苏打，碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+CO32+2H2O，故B错误；C氢氧化铝中滴入足量盐酸，反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为

26、：Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，故C正确；D四氧化三铁粉末投入到足量盐酸中，反应生成氯化亚铁和氯化铁，正确的离子方程式为：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O，故D错误；故选C【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的书写原则，明确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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等9下列反应中氯元素既被氧化又被还原的是（）A5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3B2Cl2+2Ca（OH）2CaCl2+Ca（

27、ClO）2+2H2OCMnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2D2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】氯元素既被氧化又被还原，则Cl元素的化合价既升高又降低，以此来解答【解答】解：ACl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，故A不选；B只有Cl元素的化合价变化，氯元素既被氧化又被还原，故B选；CMn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，故C不选；DH元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，故D不选；故选B【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，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10下

28、列有关叙述正确的是（）A常温常压下，11.2L CO2与8.5g NH3所含分子数相等B等质量的H3O+和OH质子数之比与电子数之比相同C同温同压下，相同体积的H2和CO2的原子数之比为2：3D同温同压下，相同质量的NO和C2H4（气体）体积相同【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】A、常温常压下，气体的摩尔体积不知；B、等质量的H3O+和OH，物质的量之比为： =17：19，设H3O+物质的量为17mol则OH物质的量为19mol，则OH具有9×17个质子，10×17个电子，而H3O+中具有11×19个质子，10×19个电子；C、同温

29、同压下，相同体积的H2和CO2的物质的量相等，所以原子数之比2：3；D、相同质量的NO和C2H4（气体）两者的物质的量不相等【解答】解：A、常温常压下，气体的摩尔体积不知，所以分子数是否相等不知，故A错误；B、等质量的H3O+和OH，物质的量之比为： =17：19，设H3O+物质的量为17mol则OH物质的量为19mol，则OH具有9×17个质子，10×17个电子，而H3O+中具有11×19个质子，10×19个电子，他们质子数之比与电子数之比分别为：9：10和11：10，不相等，故B错误；C、同温同压下，相同体积的H2和CO2的物质的量相等，所以原子数之

30、比2：3，故C正确；D、相同质量的NO和C2H4（气体）两者的物质的量不相等，所以同温同压下体积不相同，故D错误；故选C【点评】本题考查了物质的量的相关计算以及质子数和电子数的计算，难度不大，明确阴阳离子中电子数和质子数的关系是解本题的关键11金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一下列各组物质的转化关系，不全部是通过一步反应完成的是（）ANaNaOHNa2CO3NaClBAlAl2O3Al（OH）3AlCl3CMgMgCl2Mg（OH）2MgSO4DFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】抽象问题具体化思想；元素及其化合物；几种重

31、要的金属及其化合物【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析【解答】解：ANaNaOHNa2CO3NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3 +H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；B氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故B选；CMgMgCl2MgCO3Mg（OH）2中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+Na2CO3=2NaCl+MgCO3、MgCO3+2N

32、aOH=Mg（OH）2+Na2CO3，所以能一步实现，故C不选；DFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3 中反应方程式分别是Fe+2HCl=FeCl2+H2、FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以能一步实现，故D不选；故选B【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等12将下列四种铁的化合物溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液没

33、有颜色变化，再加入氯水即可显血红色的是（）AFeOBFe2O3CFeCl3DFe（OH）3【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】将铁的化合物溶于盐酸，滴加硫氰化钾溶液不发生颜色变化，则不含三价铁离子，再加入适量氯水，溶液立即呈红色，说明原物质中含有亚铁离子，以此来解答【解答】解：AFeO和稀盐酸反应生成的氯化亚铁，溶液中没有铁离子，滴加硫氰化钾溶液没有颜色变化；加入氯水后，氯水具有很强的氧化性，会把亚铁离子氧化成铁离子，溶液显示红色，故A正确；BFe2O3与盐酸反应生成了铁离子，滴加硫氰化钾溶液后变成红色，故B错误；CFeCl3与盐酸反应生成了铁离子，滴加硫氰化钾溶液后变成红色，故C错误；D氢

34、氧化铁溶于稀盐酸溶解，溶液中存在铁离子，滴加硫氰化钾溶液后变成红色，溶液颜色发生了变化，故D错误；故选A【点评】本题考查了铁及其化合物的有关的化学性质，题目难度中等，主要是三价铁离子、亚铁离子的检验方法，试题有利于培养学生分析、理解能力及灵活应用知识的能力13将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）AKSCNBBaCl2CNaOHDHCl【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】四种物质与所选物质反应，发生的现象应各有不同，根据四种物质与所给选项中的四种物质反应

35、的现象逐一分析，即可正确选择【解答】解：A、硫氰化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，故A错误；B、氯化钡和选项中的物质间均不反应，无现象，故B错误；C、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，故C正确；D、盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，故D错误故选C【点评】此题主要是考查同学们的综合分析能力，不但要求同学们具备有关化合物的基础知识，而且要有实验操作的

36、经历和分析、解决化学实验问题的能力解题时需要认真分析题目给出的条件，联系实际，逐一分析推断14下列除杂方法错误的是（）A除去NaCl溶液中的少量I2：用无水乙醇，萃取分液B除去FeCl3溶液中的少量FeCl2：通入过量的Cl2C除去铁粉中混有的少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥D除去纯碱固体中的少量NaHCO3：加热充分灼烧【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】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂；B氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁；CAl与NaOH溶液反应，而Fe不能；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠【解答】解：A乙醇与水互

37、溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳萃取分液，故A错误；B氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，则通入过量的Cl2可除杂，故B正确；CAl与NaOH溶液反应，而Fe不能，则加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可除杂，故C正确；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热充分灼烧可除杂，故D正确；故选A【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大15有下列三个反应：Cl2+FeI2FeCl2+I22Fe2+Br22Fe3+2BrCo2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2O下列说法正确的是（

38、）A中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B根据以上方程式可以得到氧化性Cl2Fe3+Co2O3C可以推理得到Cl2+FeBr2FeCl2+Br2D在反应中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】A、在氧化还原反应中，还原剂在反应中失电子（或偏移离子）后被氧化后的产物是氧化产物，化合价升高；B、在同一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；C、在氧化还原反应中，还原性最强的微粒最先被氧化；D、根据化合价的升降来确定反应转移电子数【解答】解：A、在已知的三个反应中，元素化合

39、价升高的只有I2、Fe3+、C12，是氧化产物，故A错误；B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应中，C12I2，在反应中，Br2Fe3+，在反应中，Co2O3C12，氧化性顺序是：Co2O3C12Br2Fe3+，故B错误；C、根据还原性顺序：BrFe2+，C12和FeBr2反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故C错误；D、在反应中生成1molCl2时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHC1被氧化，故D正确故选：D【点评】本题考查学生氧化还原反应中，氧化性强弱的判断方法，可以根据所学知识来回答，难度不大1624mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液，恰

40、好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A+2B+3C+4D+5【考点】氧化还原反应的计算【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值【解答】解：令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24×103L×0.05mol/L×（64）=20×103L×0.02mol/L×2

41、5;（6a）解得a=+3故选B【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念等，难度中等，表示出得失数目是解题关键熟练掌握电子转移守恒思想的运用二、解答题（共5小题，满分52分）17现有NaCl晶体 液态SO3 液态的醋酸 铝 BaSO4固体 酒精（C2H5OH） 熔化的KNO3，请回答下列问题（填序号）（1）属于电解质的是（2）属于非电解质的是（3）能导电的是【考点】电解质与非电解质【专题】物质的分类专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；包括酸、碱、盐、活

42、泼金属氧化物和水；（2）非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；包括非金属氧化物、非金属氢化物和大多数有机物（如蔗糖、酒精）；单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质，据此分析即可解答（3）能导电的物质必须含有自由电子或自由移动的离子；【解答】解：NaCl晶体没有自由移动的离子，故不导电，在水溶液中能电离出自由移动的氯离子和钠离子，能导电，是电解质；液态SO3 只有分子，不能导电，在水溶液中，SO3和水生成硫酸，能导电，但不是SO3电离导电，所以属于非电解质；液态醋酸只有乙酸分子，不能导电，在水溶液中，能电离出乙酸根离子

43、和氢离子能导电，是电解质； 铝是金属单质，因为具有电子能导电，但它既不是电解质也不是非电解质；BaSO4固体没有自由移动的离子，故不导电，但它是在熔融状态下能够导电的化合物，是电解质；酒精（C2H5OH）只存在酒精分子，没有自由移动的离子，所以不能导电，酒精是化合物，在水溶液中和熔融状态下只存在酒精分子，没有自由移动的离子，所以不能导电，是非电解质； 熔化的KNO3能完全电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电，它是化合物，属于电解质；故答案为：（1）；（2）；（3）；【点评】本题考查了导电的物质和电解质、非电解质概念的判断，抓住“能导电的物质必须含有自由电子或自由移动的离子；电解质是化合物

44、在水溶液中或熔融状态下，能电离、反之为非电解质”是解答本题的关键，题目难度不大18实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气（Cl2），反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（1）用单线桥法标出电子转移情况2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（2）浓盐酸在反应中体现出还原性和酸性（3）KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性强（选填“强”或“弱”）（4）当反应中转移了2mol电子时，有2mol HCl被氧化，产生Cl2在标准状况下体积为22.4L（5）某同学欲用KMnO4固体配制90mL 0.5mol/L的溶液

45、回答下列问题：配制KMnO4溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、应用托盘天平称取KMnO4固体7.9g不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是CDA加水定容时俯视刻度线B容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外【考点】氧化还原反应的计算；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）反应中2molKMnO4得到10mol电子，HCl失去10mol电子，则单线桥法标出电子转移的方向和数目为：；H（2）HCl中Cl元素化合价升高，反应物HCl是还原剂，具有还原性

46、，Cl元素被氧化，生成氯化氯和氯化钾中的氯的化合价未变，体现是酸性；（3）反应中高锰酸钾是氧化剂，而氯气是氧化产物，利用强制弱，分析解答；（4）当反应中转移了1mol电子时，有 1mol HCl被氧化，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，Cl元素化合价由1价升高到0价，2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 转移电子 5×22.4L 10 VL 2mol由此分析解答；（5）根据各仪器的作用选取仪器；m（KMnO4）=CVM；根据c=知，如果n偏小或V偏大都导致配制溶液浓度偏小【解答】解：（1）反应中2molKMnO4得到10mol电子，HCl失去1

47、0mol电子，则单线桥法标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（2）HCl中Cl元素化合价升高，反应物HCl是还原剂，具有还原性，Cl元素被氧化，生成氯化氯和氯化钾中的氯的化合价未变，体现是酸性，故答案为：还原性和酸性；（3）反应中高锰酸钾是氧化剂，而氯气是氧化产物，利用强制弱，所以KMnO4的氧化性强于Cl2的氧化性，故答案为：强；（4）当反应中转移了1mol电子时，有 1mol HCl被氧化，所以2mol的电子转移就有2mol的电子移转，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，Cl元素化合价由1价升高到0价，2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 转移电

48、子 5×22.4L 10 VL 2molV=22.4L，故答案为：2mol；22.4 L；（5）配制90mL溶液，需要配制100mL，则还需要100mL容量瓶、用于定容的胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；m（KMnO4）=CVM=0.5mol/L×0.1L×158g/mol=7.9g，故答案为：7.9；根据c=知，如果n偏小或V偏大都导致配制溶液浓度偏小，A加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故错误； B容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，溶液体积和溶质物质的量都不变，则配制溶液浓度不变，故错误；C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加

49、水补上，导致溶液体积偏大，配制溶液浓度偏小，故正确；D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小，故正确；故答案为：CD【点评】本题考查氧化还原反应、溶液的配制，把握反应中元素化合价变化以及误差分析的方法为解答的关键，侧重电子转移方向和数目、以及溶液配制操作的考查，题目难度不大19某同学根据课本第50页科学探究实验，设计了如下实验装置，完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”（装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去）请回答该实验中的问题（1）写出该反应的反应方程式3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4（2）烧瓶B的作用是产生H2O（g）；烧瓶

50、C的作用是防止倒吸（或用作安全瓶）（3）如果要在气体导出管口点燃该气体，则必须对该气体进行验纯（4）装置中，试管A和烧瓶B均需加热，则加热的先后顺序是先B后A（填“先A后B”或“先B后A”）（5）实验完毕后，取出A试管中的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释其原因：在溶液中Fe3+被未反应的铁粉完全还原为Fe2+【考点】性质实验方案的设计；铁的化学性质【专题】实验设计题；几种重要的金属及其化合物【分析】由实验装置可知，试管A是铁与水蒸气反应的装置，故在A中装的应该是普通铁粉，在反应过程中 要生成氢气，所以D是用来收集氢气的，烧瓶的作用就是加热液体或者对液体进

51、行蒸馏，所以这里蒸馏瓶所起的作用就是产生水蒸气，为了防止向试管中通入水蒸气使试管骤冷，引起水的倒流从而在试管和收集气体的试管中间加上了广口瓶，保证实验安全，则A中是铁和水蒸气的反应，B中为产生水蒸气的装置，C为安全瓶防止倒吸的作用，D中收集的是氢气，以此来解答【解答】解：（1）发生的反应为3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4，故答案为：3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4；（2）B的作用为产生H2O（g）；烧瓶C的作用为防止倒吸（或用作安全瓶），故答案为：产生H2O（g）；防止倒吸（或用作安全瓶）；（3）因氢气不纯点燃发生爆炸，则要在气体导出管口点燃该气体，则必须对该气体进行验纯，故答

52、案为：验纯；（4）先加热A时Fe与氧气反应，为发生Fe与水蒸气的反应，则先提供水蒸气，即加热顺序为先B后A，故答案为：先B后A；（5）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，则不含铁离子，A试管中Fe剩余，即在溶液中Fe3+被未反应的铁粉完全还原为Fe2+，故答案为：在溶液中Fe3+被未反应的铁粉完全还原为Fe2+【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握发生的反应、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，题目难度不大20有一包白色固体，可能含有Na2CO3、KNO3、NaCl、BaCl2和CuSO4，按下列步骤做实验将该固体溶于水只得到无色溶液向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加稀HNO3，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，把气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊根据上述现象判断：（1）一定存在的物质是Na2CO3、NaCl，一定不存在的物质是CuSO4、BaCl2（2）可能存在的物质是KNO3，可以采用焰色反应实验确定其存在【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】将该固体溶于水得无色溶液，则一定不含CuSO4，且Na2CO3、BaCl2不能同时存在；向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加稀HNO3，白色沉淀部分溶解