1、- 1 -浙江省杭州市塘栖中学 2018-2019 学年高一上学期期末复习化学试题1.下列物质中属于酸性氧化物，但不能与水反应的是A. Na2O B. SiO2 C. CO D. SO2【答案】B【解析】【分析】氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物，能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，据此解答。【详解】A. Na 2O 属于碱性氧化物，与水反应生成氢氧化钠，A 不符合；B. SiO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但是二氧化硅难溶于水，B 符合；C. CO 不是酸性氧化物，也不溶于水，C 不符合；D. SO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，易溶于水生成亚硫酸，
2、D 不符合；答案选 B。【点睛】本题主要考查氧化物的概念，解答时要分析物质的元素组成，然后再根据酸性氧化物概念的含义、物质的性质进行分析、判断，从而得出正确的结论。2.下列仪器名称为“圆底烧瓶”的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】AA 为烧杯，A 错误； BB 为分液漏斗，B 错误；CC 为容量瓶，C 错误； DD 为圆底烧瓶，D 正确答案选 D3.下列属于电解质的是（ ）A. Cu B. 熔融的 K2SO4 C. 乙醇 D. NaOH 溶液【答案】B【解析】试题分析：ACu 是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故 A 错误； B熔融的K2SO4导电，硫酸钾在水溶液中也导电，且
3、为化合物，则熔融的 K2SO4为电解质，故 B 正确；- 2 -C乙醇不导电，在水溶液中也不导电，乙醇为非电解质，故 C 错误；D硫酸溶液是混合物，所以不是电解质，故 D 错误；故选 B。【考点定位】考查电解质与非电解质的判断【名师点晴】本题考查了电解质与非电解质的判断。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，电解质、非电解质都必须为化合物。明确电解质与非电解质的概念为解答关键，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。4.下列物质间的转化过程，属于氧化反应的是（ ）A. MgMgO B. CaOCaCO
4、 3 C. Cl2NaCl D. H 2SO4SO 2【答案】A【解析】氧化反应是指元素化合价升高的反应；还原反应是指元素化合价降低的反应。A. Mg 的化合价变化：0+2，属于氧化反应；B. 元素化合价无变化，不属于氧化还原反应；C. Cl 的化合价变化：0-1，属于还原反应； D. S 的化合价变化：+6+4，属于还原反应；故选 A。5.下列分散系属于悬浊液的是A. 牛奶 B. 泥浆水 C. 蔗糖溶液 D. 淀粉溶液【答案】B【解析】A、牛奶属于乳浊液，A 错误；B、泥浆水属于悬浊液，B 正确；C、蔗糖溶液属于溶液，C 错误；D、淀粉溶液属于溶液，D 错误。正确答案为 B。6. 下列说法不
5、正确的是A. 木材、纺织品浸过水玻璃后，具有防腐性能且不易燃烧B. 金属镁的熔点高达 2800，是优质的耐高温材料C. 氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆D. 由于铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，因此游泳场馆常用硫酸铜作池水消毒剂【答案】B【解析】试题分析：A木材、纺织品浸过水玻璃后，具有防腐性能且不易燃烧，A 正确；B金属镁是活泼的金属，不能作耐高温材料，氧化镁是优质的耐高温材料，B 错误；C氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆，C 正确；D由于铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类- 3 -生长，因此游泳场馆常用硫酸铜作池水消毒剂，D 正确，答案选 B。考点：考查物质的性
6、质和用途7.下列说法正确的是A. 硫离子的结构示意图：B. 23Na、 24Mg 两种核素的中子数相等，因此互为同位素C. CH3COOH 的电离方程式为：CH 3COOH CH3COO +H+D. 16O、 1H、 2H、 3H 四种核素可构成 4 种水分子【答案】C【解析】【详解】A. 硫离子的最外层电子数是 8 个，硫原子的结构示意图为 ，A 错误；B. 质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素， 23Na、 24Mg 两种核素的质子数不同，是两种不同的元素，不能互为同位素，B 错误；C. 醋酸为弱电解质存在电离平衡，电离方程式为：CH 3COOH CH3COO +H+，C 正
7、确；D. 16O、 1H、 2H、 3H 四种核素中每两个氢原子和一个氧原子形成水分子，可以组成 6 种水分子，1H2O、 2H2O、 3H2O、 1H2HO、 1H3HO、 2H3HO，故 D 错误；答案选 C。8.下列能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的是A. SO2 B. HCl C. KBr D. Cl2【答案】D【解析】【分析】淀粉遇碘单质变蓝，由能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可知含碘单质或与 KI 发生氧化还原反应的物质，以此来解答。【详解】SO 2、HCl、KBr 均与 KI 不反应，且不含碘，氯气具有强氧化性，能把碘化钾氧化为碘单质，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，答案选 D。【点睛】
8、本题考查物质的性质及检验，把握碘的特性、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。9.本草衍义中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。 ”文中涉及的操作方法是- 4 -A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶【答案】C【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选 C。正确答案为 C。点睛：解题的关键是看懂文言文所表达的意思，方法是找
9、到关键字，如本题中的“砒烟上飞着覆器，遂凝结”等说明砒霜有易升华的性质，从而可得到正确的答案。10.下列有关 Cl2的叙述中不正确的是A. 氯水能够使石蕊试液先变红后褪色，说明氯水中存在 H+和漂白性物质B. 在加压条件下,氯气转化为液氯，可储存于钢瓶中,便于运输和使用C. 舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体,并将该气体的组成元素命名为氯D. 氯气常用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等领域【答案】C【解析】A、氯水中含有 HCl 和 HClO，前者电离出 H+，使石蕊试液先变红，后者具有强氧化性和漂白性，所以石蕊试液变红后褪色，A 正确；B、氯气易液化，在加压下可以转化为液态氯气，且
10、在常温下不与铁反应，故可储存于钢瓶中，便于运输和使用，B 正确；C、舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体，当时他未确认该气体的组成成分，后经化学家戴维确认该气体只含有一种元素且命名为氯，C 错误；D、Cl 2的用途广泛，可用于自来水消毒、农药的生产、药物的合成等领域，D 正确。正确答案为 C。11.下列说法正确的是A. 向某溶液中加入 BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不溶解，说明该溶液中一定含有 SO42-B. 蒸馏操作时应把温度计的水银球浸入液面以下C. 可用淀粉化钾试纸鉴别碘水和溴水D. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在精灯火上灼烧至无色，然后再进行实验【答案】D【解析】【
11、详解】A与氯化钡溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀还可能是氯化银，所以不能确定一- 5 -定含有硫酸根离子，故 A 错误；B蒸馏时，测定馏分的温度，则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处，故 B 错误；C溴水与 KI 反应生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，所以均使淀粉碘化钾试纸变蓝，不能鉴别，故 C 错误；D盐酸清洗，灼烧时不会造成干扰，则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验，故 D 正确；故答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握混合物分离提纯实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意焰色反应中操作步骤。12.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实
12、的解释正确的是选项现象或事实 解释A 用热的烧碱溶液洗去油污 碳酸钠可直接与油污反应B 漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的 CaCl2与空气中 CO2反应生成 CaCO3C硫酸钡可用作检查肠胃的内服药剂，但不可用碳酸钡BaCO3可溶于胃酸，产生大量有毒的Ba2+D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含有 Cu2+的溶液中置换出铜A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，升高温度促进盐类水解，所以用热的纯碱溶液洗去油污，碳酸钠与油脂不直接反应，故 A 错误；B漂白粉变质原理为次氯酸钙与二氧
13、化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸不稳定易分解生成氯化氢和氧气，二氧化碳与氯化钙不反应，故 B 错误；- 6 -C硫酸钡不溶于水也不溶于酸，可用作检查肠胃的内服药剂，但不可用碳酸钡，因为 BaCO3可溶于胃酸，产生大量有毒的重金属离子 Ba2+，故 C 正确；D氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此 FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故 D 错误。故答案选 C。13.下列有关 Na2CO3和 NaHCO3比较中，不正确的是A. 热稳定性：Na 2CO3NaHCO 3B. 相同温度下，0.1molL 1 盐溶液的 pH 值：Na 2CO3NaHCO 3C. 等质量的碳酸钠和碳酸氢
14、钠分别与足量盐酸反应放出气体的量：Na 2CO3NaHCO 3D. 相同温度下，0.1molL 1 盐溶液分别与 0.1molL1 HCl 反应的剧烈程度：Na 2CO3NaHCO 3【答案】D【解析】Na2CO3是正盐，受热不易分解，比较稳定，NaHCO 3是酸式盐，受热易分解，热稳定性较差，所以热稳定性：Na 2CO3NaHCO 3，A 说法正确；相同温度、相同浓度情况下，CO 32-的水解程度大于 HCO3-，溶液的碱性 Na2CO3溶液强于 NaHCO3，所以相同温度下，0.1molL 1 两种盐溶液的pH 值：Na 2CO3NaHCO 3，B 说法正确；碳酸钠和碳酸氢钠中，碳元素的质
15、量分数是NaHCO3Na 2CO3，相同质量的两种盐与足量的 HCl 反应产生 CO2气体的量是Na2CO3NaHCO 3，C 说法正确；Na 2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，HCl+NaHCO 3=NaCl+H2O+CO2，即碳酸钠与酸反应首先转化成碳酸氢钠，所以在相同浓度、相同温度情况下，碳酸氢钠与盐酸反应比碳酸钠与盐酸反应剧烈，D 说法错误；正确选项是 D。14.下列离子方程式正确的是A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO 3+2H+Ca 2+H2O+CO2B. 铜与氯化铁溶液反应：3Cu+2Fe 3+3Cu 2+2FeC. 碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合：HCO 3-+OH-H 2
16、O+CO2D. 将氯气通入 KBr 溶液中：Cl 2+2Br-2Cl -+Br2【答案】D【解析】【详解】A、醋酸是弱酸，应该用化学式表示：CaCO3+2CH3COOH2CH 3COO +Ca2+H2O+CO2，A 错误；B、不符合事实，应该是 Cu+2Fe3+Cu 2+2Fe2+，B 错误；- 7 -C、碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水：HCO 3-+OH-H 2O+CO32 ，C 错误；D、氯气和溴化钾反应生成氯化钾和溴：Cl 2+2Br-2Cl -+Br2，D 正确。答案选 D。15.W、X、Y、Z、N、M 六种主族元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是A. 简单氢化物的
17、熔沸点 WZ，是因为 W 的非金属性强B. 单核离子的半径：Y 2+X +C. 溴与元素 M 同主族，最高价氧化物对应的水化物酸性比 M 的强D. 元素 N 位于金属与非金属的分界线附近，可以推断 N 元素的单质可作半导体材料【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、N、M 六种主族元素，根据它们在周期表中位置可知，W 为 O 元素、X 为 Na、Y为 Mg、Z 为 S、M 为 Cl、N 为 Ge 元素，结合物质的性质和元素周期律解答。【详解】W、X、Y、Z、N、M 六种主族元素，根据它们在周期表中位置可知，W 为 O 元素、X为 Na、Y 为 Mg、Z 为 S、M 为 Cl、N 为 Ge 元
18、素，则AW 为 O、Z 为 S 元素，由于 O 对应的氢化物水分子间可形成氢键，其沸点较高，则水分子的沸点较高，故 A 错误；BNa +、Mg 2+离子含有的电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径Na+Mg 2+，故 B 错误；C溴与元素 M（Cl）同主族，非金属性 BrCl，则 Br 元素的最高价氧化物的水化物的酸性比 Cl 元素弱，故 C 错误；DN 为 Ge 元素，Ge 元素位于金属与非金属的分界线附近，Ce 的单质可作半导体材料，故 D正确；故答案选 D。【点睛】本题考查了位置、结构与性质关系的应用，明确元素周期表结构为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系，
19、试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。注意选项A 中氢键对物质物理性质的影响变化规律。- 8 -16.电子层数相同的三种元素 X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱顺序为：HXO4H 2YO4H 3ZO4，下列判断错误的是（ ）A. 原子半径：XYZ B. 气态氢化物稳定性：XYZC. 元素原子得电子能力：XYZ D. 单质与氢气反应难易：XYZ【答案】A【解析】试题分析：同一周期的元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。电子层数相同的三种元素 X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱顺序为：HXO 4H 2YO4H 3ZO4，则元素的非金
20、属性：XYZ，元素的原子序数：XYZ。A同一周期的元素，原子序数越大，元素的原子半径就越小，元素的原子序数：XYZ，所以原子半径：XYZ，所以气态氢化物稳定性：XYZ，正确；C元素的非金属性越强，其原子获得电子的能力就越强。元素的非金属性：XYZ， ，所以原子得电子能力：XYZ，正确；D元素的非金属性越强，其单质与氢气化合就越容易，由于元素的非金属性：XYZ，单质与氢气反应难易：XYZ，正确。考点：考查元素的非金属性与元素的原子结构及位置的关系的知识。17.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温常压下，22.4LCl 2含有的分子数目为 NAB. 18.0gH2O 含有的氢原
21、子数目为 NAC. 1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的 NO3-离子数目为 2NAD. 含 0.1molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数小于 0.2NA【答案】D【解析】【详解】A. 常温常压下气体的摩尔体积大于 22.4L/mol，22.4LCl 2含有的分子数目小于NA，A 错误；B. 18.0gH2O 的物质的量是 1mol，含有的氢原子数目为 2NA，B 错误；C. 1.00mol/LCa(NO3)2溶液的体积不确定，不能计算其中含有的 NO3-离子数目，C 错误；D. 含 0.1molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，由于反应中还有硫酸铜生成，且随反应的进行硫
22、酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，则转移电子数小于 0.2NA，D 正确；答案选 D。- 9 -18.下列各组物质中，X 表示某物质，Y 表示 X 物质中含有的少量杂质，Z 表示要除去杂质加入的试剂，其中正确的组别是 X Y ZA FeCl2溶液 FeCl3 KSCN 溶液B H2 SO2 NaOH 溶液C Fe2(SO4)3溶液 FeSO4 Cl2D SiO2 Fe2O3 NaOH 溶液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】AKSCN 溶液可检验三价铁离子，不能用来除杂，应加入过量铁粉，故 A 错误； BSO 2与 NaOH 溶液反应，氢气不反应，可以除去杂质，故 B
23、正确；C氯气与硫酸亚铁反应生成硫酸铁和氯离子，引入新的杂质，应该用双氧水，故 C 错误；DSiO 2能与碱溶液反应生成可溶性盐，Fe 2O3与碱溶液不反应，将原物质除掉，应该用盐酸，故 D 错误。故答案选 B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质差异进行分离。19.甲、乙两种非金属：甲比乙容易与 H2化合；甲原子能与乙阴离子发生置换反应；甲的氧化物对应的水化物酸性比乙的氧化物对应的水化物酸性强；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；甲的单质熔、沸点比乙的低。能说明甲比
24、乙的非金属性强的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】- 10 -元素的非金属性越强，其得电子能力越强，比较非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。【详解】甲比乙容易与 H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，即甲比乙得电子能力强，故正确；甲原子能与乙的阴离子发生置换反应，说明甲单质比乙单质的氧化性强，单质的氧化性越强，即甲比乙得电子能力强，故正确；甲的最高价氧化物对应的水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，可说明甲比乙的非金属性强，即甲比乙得电子能力强，其它
25、含氧酸的酸性强弱不能作为判断依据，故错误；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能说明甲比乙的非金属性强，即不能说明甲比乙的得电子能力强，故错误；甲的单质熔沸点比乙的低，属于物理性质，与得失电子的能力无关，故错误；正确的有，答案选 A。【点睛】本题考查非金属性的比较，熟悉元素周期律及非金属性比较的方法是解答本题的关键，学生应注意在学习中对规律性知识进行总结。选项和是解答的易错点。20.利用碳酸钠晶体（Na 2CO310H2O）来配制 0.1mol/L 的碳酸钠溶液 980mL，假如其他操作均是准确无误，下刻情况会引起配制溶液的浓度偏高的是A. 称取碳酸钠晶体 28.6gB. 溶解时进行加
26、热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤D. 定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线【答案】B【解析】【分析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据 c=nV 进行误差分析，凡是使物质的量 n 偏小或者使 V 偏大的操作都会使溶液的物质的量浓度偏小，反之，溶液的物质的量浓度偏大。【详解】A利用碳酸钠晶体（Na 2CO310H2O）来配制 0.1mol/L 的碳酸钠溶液 980mL，应选择 1000mL 容量瓶，需要晶体质量为：1L0.1mol/L286g/mol=28.6g，称取碳酸钠晶体- 11 -28.
27、6g，溶液浓度准确，故 A 不选；B溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故 B 选；C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故 C 不选；D定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故 D 不选；故答案选 B。21.将赤铜矿（Cu 2O）与辉铜矿（Cu 2S）混合加热发生以下反应：2Cu 2O+Cu2S 6Cu+SO2，下列说法错误的是A. 在 Cu2O、Cu 2S 中 Cu 元素化合价都是+1 价 B. 反应中 Cu 元素
28、被氧化，S 元素被还原C. Cu2S 在反应中既是氧化剂，又是还原剂 D. 每生成 6.4gCu，反应中转移 0.1mol e-【答案】B【解析】【分析】由反应 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2可知，Cu 元素的化合价由+1 价降低为 0，S 元素的化合价由-2 价升高为+4 价，以此来解答。【详解】A在 Cu2O 和 Cu2S 中 Cu 元素的化合价都是+1 价，A 项正确；B反应中 Cu 元素的化合价由+1 价降低到 0 价，铜元素被还原，S 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，硫元素被氧化，B 项错误；C硫化亚铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以 Cu2S 在反应中既是氧
29、化剂，又是还原剂，C 项正确；D根据化学反应 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2可知硫元素化合价升高了 6 价，生成 6mol 铜转移了 6mol 电子，所以每生成 6.4gCu 即 0.1mol 铜，反应中转移 0.1mol 电子，D 项正确；答案选 B。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关判断与计算，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。22.有一包实验室回收的固体粉末，可能含有Na2CO3、NaCl、CuSO 4、FeCl 3、FeCl 2、MgCl 2、Na 2SO4中的一种或几种，现进行如下实验：- 12 -取少量固体溶于水中，得到澄清透明
30、溶液，将该溶液分成三份在其中一份溶液中滴加 BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解第二份溶液中滴加硝酸酸化的 AgNO3，有白色沉淀第三份溶液中滴加 KSCN 不显红色，再滴加双氧水，溶液显血红色下列说法正确的是A. 固体中一定不含有 CuSO4、FeCl 3B. 固体中一定不含有 Na2CO3、一定含有 Na2SO4C. 固体中一定含有 FeCl2，不一定含有 NaClD. 另取一份溶液，滴加 NaOH 溶液，若产生白色沉淀，则说明固体中含有 MgCl2【答案】C【解析】【详解】取少量固体溶于水中，得到澄清透明溶液，将该溶液分成三份。在其中一份溶液中滴加 BaCl2溶液，出现
31、白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，白色沉淀是硫酸钡，说明含有硫酸钠或硫酸铜。第二份溶液中滴加硝酸酸化的 AgNO3，有白色沉淀，白色沉淀是氯化银或硫酸银。第三份溶液中滴加 KSCN 不显红色，再滴加双氧水，溶液显血红色，说明含有氯化亚铁，不存在氯化铁，所以一定不存在碳酸钠。A固体中一定不含有 FeCl3，CuSO 4不能确定，A 错误；B固体中一定不含有 Na2CO3，Na 2SO4、CuSO 4至少有一种，B 错误；C固体中一定含有 FeCl2，不一定含有 NaCl，C 正确；D另取一份溶液，加入氢氧化钠一定产生氢氧化亚铁白色沉淀，也可能产生氢氧化铜蓝色沉淀，会干扰氯化镁的检验，D 错误；
32、答案选 C。23.按要求回答下列问题：（1）以下物质中：酒精 熔化的 KNO3 CaCO 3 氢氧化钠溶液 铜 SO 2其中属于电解质的是_（填编号，下同） ，属于非电解质的是_。（2）画出氟离子的结构示意图_；用于制造光导纤维的物质的化学式_。（3）已知加热条件下氯气和 NaOH 溶液可发生以下反应：3Cl 2+6NaOH5NaCl+NaClO 3+3H2Oa标出上面反应电子转移的方向和数目_。- 13 -b以上反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。c若有 21.3g Cl2参加反应，转移的电子数为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). SiO2 (5). (6). 5:1
33、(7). 0.5NA【解析】【分析】（1）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断；（2）根据氟的原子序数是 9 分析解答；根据二氧化硅用于制造光导纤维分析解答；（3）反应中氯元素化合价从 0 价部分升高到+5 价，部分降低到1 价，据此解答。【详解】 （1）酒精不导电，溶于水也不导电，是非电解质；熔化的 KNO3导电，是电解质；CaCO 3在熔融状态下能够导电，是电解质；氢氧化钠溶液属于混合物，不是电解质也不是非电解质；铜是金属单质，不是电解质也不是非电解质；SO 2不能电离出离子，是非电解质。则其中属于电解质的是，属于非电解质
34、的是。（2）氟的原子序数是 9，则氟离子的结构示意图为 ；用于制造光导纤维的物质是二氧化硅，化学式为 SiO2。（3）a反应 3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO 3+3H2O 中氯元素化合价部分从 0 价降低到1 价，部分升高到+5 价，根据电子得失守恒可知转移 5 个电子，则反应电子转移的方向和数目可表示- 14 -为 。b以上反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5:1。c若有 21.3g Cl2参加反应，物质的量是 21.3g71g/mol0.3mol。由于消耗 3mol 氯气转移 5mol 电子，则转移的电子数为 0.5NA。24.A、B、C 均为中学化学常见的纯净物，它们之间
35、存在如下转化关系：其中均为有单质参与的反应。（1）若 A 是常见的金属，中均有同一种气态非金属单质参与反应，B 溶液遇 KSCN 显血红色，且为化合反应，写出反应的离子方程式_。（2）如何检验上述 C 溶液中的阳离子？_。（3）若 B 是太阳能电池用的光伏材料，为工业制备 B 的反应。C 的化学式是_，写出反应的化学方程式_。【答案】 (1). Fe+2Fe 3+3Fe 2+ (2). 取少量溶液于试管，加 KSCN 溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含 Fe2+ (3). SiCl4 (4). 2C+SiO2 Si+2CO【解析】【分析】（1）B 溶液遇 KSCN 显血红色，
36、可知 B 中含铁离子，则 A 为 Fe，B 为氯化铁，C 为氯化亚铁；（2）根据亚铁离子具有还原性结合铁离子的检验来检验亚铁离子；（3）B 是太阳能电池用的光伏材料，可知 B 为 Si，为碳与二氧化硅的反应，为工业制备 B 的反应，以此来解答。【详解】 （1）B 溶液遇 KSCN 显血红色，可知 B 中含铁离子，则 A 为 Fe，B 为氯化铁，C 为氯化亚铁，为 Fe 与氯化铁的反应，反应的离子方程式为 Fe+2Fe3+3Fe 2+；（2）C 是氯化亚铁，由于亚铁离子具有还原性，能被氧化为铁离子，则检验亚铁离子的实验操作为：取少量溶液于试管，加 KSCN 溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血
37、红色，则- 15 -证明含 Fe2+；（3）B 是太阳能电池用的光伏材料，可知 B 为 Si，为碳与二氧化硅的反应，为工业制备 B 的反应，则 C 为 SiCl4，中 SiCl4与氢气反应，提纯 Si，反应的化学方程式为2C+SiO2 Si+2CO。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、相互转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。25.下图为短周期表的一部分,其中 E 为地壳中含量最高的元素。请完成下列问题:（1）D 元素在元素周期表中的位置_。（2）A、E 简单离子的半径由大到小顺序为_(用具体的微粒符号表示,下同)。（3）写出 A 和 F
38、两种元素的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式_。（4）写出将过量 C 的最高价氧化物通入含 B 的盐溶液中的离子方程式_。（5）证明元素 F 和 G 的非金属性强弱(用化学方程式表示)_。【答案】 (1). 第 2 周期 VA 族 (2). O2-Na + (3). OH+H +H 2O (4). 2CO2+SiO32-+2H2OH 2SiO3+2HCO 3- (5). H2S+C12S+2HCl(其他答案合理也给分)【解析】【分析】由短周期表的一部分可知 E 位于第二周期，其中 E 为地壳中含量最高的元素，E 为 O，结合相对位置可知 C 为 C、D 为 N、A 为 Na、B 为 Si
39、、F 为 S、G 为 Cl，据此解答。【详解】由上述分析可知，A 为 Na、B 为 Si、C 为 C、D 为 N、E 为 O、F 为 S、G 为 Cl，则（l）D 元素是氮，在元素周期表中的位置为第二周期 VA 族；（2）A、E 简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径由大到小顺序为 O2-Na +；（3）A 和 F 两种元素的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和硫酸，相互反应的离子方程式为 OH+H +H 2O；（4）碳酸的酸性强于硅酸，则将过量 C 的最高价氧化物二氧化碳通入含 B 的盐溶液中的离子方程式为 2CO2+SiO32-+2H2OH 2SiO3
40、+2HCO 3-；- 16 -（5）氯气能置换出单质硫，可证明元素 F 和 G 的非金属性强弱，用化学方程式可表示为H2S+C12S+2HCl。26.某同学欲配制 100mL 0.10molL1 的 CuSO4溶液。以下操作 15 是其配制的过程及示意图：操作 1：准确称取一定质量的胆矾晶体并用适量蒸馏水溶解；操作 2：将所得溶液转移到仪器 X 中，用蒸馏水冲洗烧杯和玻璃棒 23 次，将洗涤液也转移到 X 中；操作 3：继续向 X 中加蒸馏水至液面离 X 的刻度线 l2cm 处；操作 4、操作 5：见图（1）仪器 X 的名称是_；（2）操作 1 中，应称取胆矾晶体的质量为_；（3）若其余操作步
41、骤均正确，根据操作 4 所配的溶液浓度_（选填“偏大” 、 “偏小” 、 “无影响”或“无法判断” ） 。【答案】 (1). 容量瓶 (2). 2.5g (3). 偏小【解析】【分析】（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）依据 n=cV、m=nM 计算需要溶质的质量；（3）操作 4 中仰视刻度线，依据 c=nV 进行误差分析。【详解】 （1）依据图中仪器形状可知 X 为 100mL 容量瓶；（2）配制 100mL 0.10molL-1的 CuSO4溶液，需要硫酸铜的物质的量为：0.1L0.10mol/L=0.01mol，需要五水硫酸铜的质量 m=0.01mol250g/mol=2.5g；（3）
42、操作 4 中仰视刻度线，则溶液体积偏大，依据 c=nV 可知，溶液浓度偏小。- 17 -27.硫酸是当今世界最重要的化工产品之一。I.硫酸的各种制法。（1）早在 1000 多年前,我国就已采用加热胆矾(CuSO 4 5H2O)或绿矾(FeSO 47H2O)的方法制取硫酸。FeSO 4受热分解的化学方程式:2 FeSO 4 Fe2O3+SO2 +SO 3。 将 FeSO4受热产生的气体通入如下图装置中,以检验产生的气体中是否含有 SO3和 SO2。 能说明 SO2存在的实验现象是_。 有同学提出虚线框内盛装 NaOH 溶液的装置可以换成上图右边的 a 装置,其中多孔玻璃球泡的作用是_。（2）目前
43、工业上主要采用接触法制备硫酸,其中一步为:2SO 2+O2 2SO3。实验室模拟该过程常用下图装置进行实验。b 装置中装有浓硫酸,写出 b 装置的作用_(写出两点)。.硫酸的性质。（3）下图中甲试管内发生反应的化学方程式_ ,该反应体现了浓硫酸的性质为_。- 18 -（4）当铜片与浓硫酸充分反应后,试管内并未出现蓝色溶液,而是看到白色固体,请写出检验白色固体的方法_。【答案】 (1). 品红溶液褪色 (2). 增大接触面, 提高气体的吸收效率 (3). 干燥气体；使气体均匀混合；控制气流速度,调整气流比例 (4). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2 +2H2O (5). 酸性和氧化
44、性 (6). 取少量白色固体溶于水,观察到溶液呈蓝色,证明有 Cu2+；再滴加适量硝酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，证明有 SO42-。综上说明该白色固体为 CuSO4【解析】（1）SO 2具有漂白性，能使品红褪色，故能说明 SO2存在的实验现象是试剂瓶中的品红溶液褪色；多孔玻璃球泡可以增大 SO2气体与 NaOH 溶液的接触面，提高气体的吸收效率。（2）混合气体通过 b 装置，b 装置的作用有三个：干燥气体、使气体均匀混合、控制气流速度，调整气流比例。（3）加热下，Cu 能与浓硫酸反应，化学方程式为：Cu+2H 2SO4(浓) CuSO4+SO2 +2H2O；体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
45、。（4）浓硫酸中水的含量很少，生成的硫酸铜未溶解，以固体形式存在，故只看到白色固体，要检验白色固体的成分，可以取少量白色固体溶于水，观察到溶液呈蓝色，证明有 Cu2+；再滴加适量硝酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，证明有 SO42-。综上说明该白色固体为CuSO4。28.下表是某人在医院血液生化检查时，化验单的部分内容： 项目名称 数据 参考值- 19 -尿素氮 3.95 2.006.10 m molL 1葡萄糖 4.50 3.896.11 m molL 1总胆固醇 3.80 5.20 m molL 1甘油三酯 1.85 1.70 m molL 1已知：1 摩尔（mol）等于 1000 毫摩
46、尔（m mol） ，血液中葡萄糖简称血糖，分子式为C6H12O6。请根据以上信息回答下列问题：（1）这个人的血糖含量属_（填“正常” 、 “偏高”或“偏低” ） ；（2）这个人的 1mL 血液中含葡萄糖_g。【答案】 (1). 正常 (2). 8.110 -4g【解析】【分析】血液中葡萄糖的浓度为 4.50mmolL-1，根据参考值判断是否正常，结合 M（葡萄糖）=180g/mol，m=nM 计算即可。【详解】 （1）这个人的血糖含量 4.50mmolL-1，在 3.896.11 mmolL-1范围之内，血糖含量属于正常；（2）血液中葡萄糖的浓度为 4.50mmolL-1，则 1mL 血液中含
47、葡萄糖质量为0.001L4.5010-3molL-1180g/mol=8.110-4g。29.取一定物质的量浓度的 NaOH 溶液 100 mL,向其中通入一定量的 CO2气体,得到溶液 A,向 A中逐滴缓慢加入 0.1mol/L 的 HCl 溶液,产生的 CO2气体体积 (标准状况)与所加 HCl 溶液的体积之间关系如图所示,请回答:（1）A 溶液中的溶质_。(用化学式表示)（2）通入的 CO2的体积(标准状况)为_ mL。- 20 -（3）NaOH 溶液的物质的量浓度_。【答案】 (1). NaOH、Na 2CO3 (2). 56 (3). 0.075mo1/L【解析】（1）CO 2与 NaOH 反应的产物有以下四种情况：(1)NaOH 和 Na2CO3的混合物，HCl 先与 NaOH反应，再与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，最后 NaHCO3与 HCl 反应放出气体，相同物质的量的Na2CO3转化为 NaHCO3与 NaHCO3转化为 CO2消耗的盐酸的体积相等，所以放出气体前消耗的盐酸的体积大于放出气体时消耗的盐酸的体积，符合图像；（2）只有 Na2CO3，放出气体前消耗的盐酸体积与放出气体时消耗盐酸的体积相等，不符合
