浙江省绍兴市2016-2017学年高一化学下学期期末考试试题(共18页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上浙江省绍兴市2016-2017学年高一下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24S 32Cl 35.5Fe 56Cu 64Ba 137一、选择题（共25小题，每小题2分，共50分）1. 互联网上报道：“目前世界上有近20亿人患有缺铁性贫血，影响着人的身体健康和智力，对孕妇和儿童危害尤其严重”。我国政府已启动了“酱油补铁工程”。这里的铁是指A. 氧化铁 B. 四氧化三铁 C. 铁单质 D. 铁元素【答案】D.2. 下列分类标准和分类结果不科学的是选项分类目标分类标准分类结果A化学反应有无离子参加或生成离子反应和非离子

2、反应B有无单质参加或生成氧化还原反应和非氧化还原反应C化学物质分散质粒子直径的大小胶体、溶液和浊液D化合物在水溶液或熔融状态下能否导电电解质和非电解质A. A B. B C. C D. D【答案】B3. 下列实验操作中，不能用于物质分离的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A装置是过滤，过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，故A错误；B装置用于蒸馏，蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离，故B错误；C装置用于配制一定物质的量浓度的溶液，故C正确；D装置用于分液，分液可以实现互不相溶的两种液体的分离，故D错误。4. 两份质量相同的CH4和NH3比较，下列结论

3、错误的是A. 分子个数比为1716 B. 原子个数比为1716C. 氢原子个数比为1712 D. 同温同压下两种气体的体积之比是17：16【答案】B【解析】设CH4和NH3的质量都是1g，则物质的量分别是 、。分子个数比等于物质的量比，为1716，故A正确；原子个数比 ：=8564，故B错误；氢原子个数比为 ：=1712，故C正确；同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量比=17：16，故D正确。5. 在离子RO3n中共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是A. A-x+n+18 B. A-x+n+24 C. A-x-n-24 D. A +x-n-24【答案】B【解析

4、】试题分析：根据中子数=质量数-质子数，阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数，R原子的质量数为A，设R原子核内含中子的数目为N， 则R的质子数为A-N，离子RO3n-中共有x个核外电子，所以A-N+24+n=x，R原子核内含中子的数目N=A+n+24-x，答案选B。考点：考查原子的构成与原子各微粒间的关系。6. 硅被誉为无机非金属材料的主角。据2001年12月的参考消息报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。下列有关说法正确的是A. 硅在地壳中含量居第二位，在地球上有丰富的硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅B. 硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开

5、发价值的燃料C. 存放NaOH溶液的试剂瓶应用玻璃塞D. 硅是一种良好的半导体材料，所以是制造光导纤维的基本原料【答案】B【解析】石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，故A错误；硅燃烧放热，硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料，故B正确；存放NaOH溶液的试剂瓶应用橡胶塞，故C错误；二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故D错误。7. 向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜粉，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是A. Fe3+ 、Fe2+ B. Fe2+ 、Cu2+ C. Cu2+ 、Fe3+ D. Cu+ 、Cu2+【答案】B【解析】向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜

6、粉，会发生化学反应：Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子为：Cu2+、Fe2+，故选B【点评】本题考查了铁离子的化学性质，题目难度不大，注意明确铁离子具有氧化性，能够与金属铜发生氧化还原反应生成铜离子和亚铁离子8. 下列物质既能导电，又属于电解质的一组是A. 石墨、醋酸溶液、食盐晶体 B. 液氨、石灰水、水银C. 稀H2SO4、NaOH溶液、纯HNO3 D. 熔融状态的KOH、熔融状态的NaCl【答案】D【解析】石墨是单质、醋酸溶液是混合物，石墨、醋酸溶液既不是电解质也不是非电解质，故A错误；液氨属于非电解质、石灰水是混合物、水银是单质，故B错误；稀

7、H2SO4、NaOH溶液都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；熔融状态的KOH、熔融状态的NaCl既能导电又属于电解质，故D正确。9. 下列说法正确的是A. 金属氧化物一定是碱性氧化物B. 碱性氧化物一定是金属氧化物C. 非金属氧化物一定是酸性氧化物D. 酸性氧化物一定是非金属氧化物【答案】B【解析】试题分析：A、某些金属氧化物不是碱性氧化物，如Na2O2、Al2O3等，错误；B、碱性氧化物全是金属氧化物，正确；C、某些非金属氧化物不是酸性氧化物，如CO、NO等，错误；D、某些酸性氧化物是金属氧化物，如高锰酸对应的酸性氧化物是Mn2O7，为金属氧化物，错误。考点：本题考查物质的分类

8、。10. 在Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原溶液中Al2(SO4)3和MgSO4的物质的量之比为A. 1 ：2 B. 3 : 1 C. 3 : 2 D. 2 : 1【答案】A【解析】首先发生反应Mg2+2OH-Mg(OH)2、Al3+3OH-Al(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，由图可知，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OH-Al(OH)3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢

9、氧化钠溶液50mL，所以沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL-30mL=20mL，则n(Mg2+):n(Al3+)=1:1，原来混合溶液中Al2(SO4)3和MgSO4的物质的量之比为2:1，故A正确。11. 下列四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是A. 定容时仰视容量瓶刻度线 B. 定容时俯视容量瓶刻度线C. 将溶解并冷却的溶液转移入容量瓶后就直接进行定容操作 D. 定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处【答案】B【解析】定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，故A错误； 定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故B正确；将溶解并冷却的

10、溶液转移入容量瓶后就直接进行定容操作 ，没有洗涤，溶质减少，浓度偏小，故C错误； 定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，溶液体积偏大，浓度偏小，故D错误。12. 下列关于金属冶炼的说法正确的是A. 金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定B. Cu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中，从而置换出铜C. Fe通常采用热还原法冶炼，加入石灰石的目的是除去过量的碳D. 由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al【答案】A【解析】试题分析：金属的冶炼有三种方法，依据金属活动顺序在K-Al采用电解法，Zn-Cu采用热还

11、原法，Hg以后采用热分解法。故A正确；B选项，钠与CuSO4溶液反应首先Na与H2O反应，然后生成的NaOH再与CuSO4反应无法置换Cu，故B错误；C选项，石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，即炼铁高炉中加入石灰石的目的是除去脉石（二氧化硅），故C错误；D选项，由于AlCl3是共价化合物，故不能用电解熔融AlCl3的方法生产Al，应该用2Al2O3(熔融)4Al3O2，故D错误。考点：金属的冶炼 金属活动顺序点评：本题难度适中，但是错误选项的迷惑性很大，同学们背诵了金属活动顺序，受到思维定势影响，忽视了Na先与

12、水反应的事实，而铁的冶炼，加入石灰石是利用氧化钙除去二氧化硅对学生来讲比较陌生，Al的冶炼，同学们对典型的金属与非金属形成了共价化合物AlCl3理解起来困难。13. 以下实验现象的描述错误的是A. 向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳，溶液变浑浊B. 向品红试液中通入SO2后溶液由红色褪为无色，加热后又变红色C. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度会降低D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水，先有白色沉淀产生，后沉淀溶解【答案】D【解析】向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以有碳酸氢钠析出，溶液变浑浊，故A正确；SO2具有漂白性，所以向品红试液中通入S

13、O2后溶液由红色褪为无色，SO2的漂白具有可逆性，加热后又变红色，故B正确；浓硫酸吸水、浓盐酸挥发，所以长期暴露在空气中浓度会降低，故C正确；氢氧化铝不溶于氨水，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水有白色沉淀生成，故D错误。14. 下列有关阿伏加德罗常数（NA）的说法正确的有A. 标准状况下，22.4L己烷中所含的碳原子数目约为6NAB. 0.1mol H2O2催化完全分解（二氧化锰作催化剂），转移电子数为0.1 NAC. 100mL 0.1mol/L的H2SO3溶液中，含有的离子数约为0.03 NAD. 1 mol C12发生化学反应，转移的电子数必为2NA【答案】B【解析】标准状况下己

14、烷是液体，故A错误；H2O2分解为生成氧气和水，0.1mol H2O2催化完全分解（二氧化锰作催化剂），转移电子数为0.1 NA，故B正确； H2SO3是弱酸部分电离， 100mL 0.1mol/L的H2SO3溶液中，含有的离子数小于0.03 NA，故C错误；氯气与氢氧化钠反应时，1 mol C12发生化学反应，转移的电子数为NA，故D错误。15. 下列离子方程式书写正确的是A. 二氧化硫使溴水褪色 SO2 + Br2 +2H2O2H+SO42+2 H BrB. 用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢（CaCO3） CO322HCO2H2OC. 硫酸铜与Ba(OH)2溶液反应 Cu2+ 2OH- C

15、u(OH)2D. 少量CO2通入Na2SiO3溶液：CO2SiO32 H2OCO32H2SiO3【答案】D【解析】二氧化硫使溴水褪色 SO2 + Br2 +2H2O4H+SO42+2 Br-，故A错误；用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢CaCO3+2HAc=CO2+H2O+Ca2+2Ac-，故B错误；硫酸铜与Ba(OH)2溶液反应的离子反应为SO42-+Ba2+Cu2+2OH-=Cu(OH)2+BaSO4，故C错误；少量CO2通入Na2SiO3溶液：CO2SiO32 H2OCO32H2SiO3，故D正确。16. 下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A. 碱性溶液中：K、Ba2、Cl、NO

16、3B. 酸性溶液中：Na、Fe2、NO3、SO42C. 能与Al反应生成H2的溶液：Mg2、K、NO3、ClD. 澄清透明溶液中：Na、H、AlO2、MnO4【答案】A【解析】碱性溶液中：K、Ba2、Cl、NO3不反应，故A正确；酸性溶液中： Fe2、NO3、H发生氧化还原反应，故B错误；能与金属铝反应发出氢气的溶液显碱性或酸性，若呈碱性Mg2不能存在，若呈酸性NO3-、H+与铝不能放出氢气，故C错误；H、AlO2反应生成铝离子，故D错误。17. 下列甲组、乙组中的两种试剂分别混合，甲组能产生气体，乙组气体会被吸收的是甲乙A过氧化钠和水浓氨水和SO2B浓盐酸和MnO2BaCl2溶液和SO2C冷

17、的浓硫酸和铝NaOH溶液和Cl2D浓硫酸和蔗糖（滴有几滴水）H2SO4溶液和乙烯A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】过氧化钠和水放出氧气，浓氨水能吸收SO2，故A正确；BaCl2溶液不能吸收SO2，故B错误；铝在冷的浓硫酸中钝化，故C错误；H2SO4溶液和乙烯不反应，故D错误。18. 科学家刚刚发现了某种元素的原子，1个该原子质量是a g，一个12C的原子质量是b g，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是该原子的相对原子质量为 m g该原子的物质的量为mol该原子的摩尔质量是aNA g Wg该原子中含有个该原子由已知信息可得：A. B. C. D. 【答案】A【解析】

18、原子的相对原子质量是以一个碳（12）原子质量的十二分之一作为标准，其他原子的质量和这个标准的比值就是该原子的相对原子质量，故正确；物质的量等于原子的质量除以摩尔质量，故正确；摩尔质量的单位是g mol-1，故错；Wg该原子中含有个该原子，故正确；，故错，选A。19. 下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。己知：2KMnO4+16HCl=2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气

19、与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2 ClA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】ACl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；B氯气与水反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则c处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故B错误；CCl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗了氢氧化钠红色退去，不能证明生成物质具有漂白性，故C错误；DCl2将F

20、e2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-；Fe3+3SCN-Fe（SCN）3，证明还原性Fe2+Cl-，故D正确；故选D。20. 某固体A在一定条件下加热分解，产物全是气体，A的分解反应为：2AB2C2D，现测得分解产生的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为A. 2d B. 10d C. 5d D. 0.8d【答案】C【解析】试题分析：根据阿伏伽德罗定律的推论：气体密度之比等于气体的摩尔质量之比。可知混合气体的平均摩尔质量为2d ，5mol混合气体总质量为10d，在根据质量守恒定律可得2molA的质量为10 d，所以A的平均摩尔质量为

21、5d。考点：考查阿伏伽德罗定律、质量守恒定律、物质的量的相关计算。21. 某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是A. 甲装置：可用来证明碳酸的酸性比硅酸强B. 乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C. 丙装置：用图示的方法不能检查此装置的气密性D. 丁装置：先从口进气集满二氧化碳，再从口进气，可收集氢气【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，则该装置能证明碳的非金属性比硅强，故A正确；B、橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故B正确；C、如果装置的

22、气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C错误；D、二氧化碳的密度大于空气、氢气的密度小于空气，所以氢气采用向下排空气法收集、二氧化碳采用向上排空气法收集，故D正确；故选C。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。22. 已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】若W为盐酸，X为碳酸钠，当盐酸少与碳酸钠生成碳酸氢钠，多生成CO2,而碳酸氢钠与CO2可相互转化，故A正确；若W为NaOH ，X为AlCl3，过量的NaOH与AlCl3反

23、应生成NaAlO2，少量的NaOH 与AlCl3反应生成Al(OH)3，而NaAlO2与Al(OH)3可相互转化，故B正确；过量或少量的CO2与Ca(OH)2反应分别生成碳酸钙或碳酸氢钙，而碳酸钙与碳酸氢钙可相互转化，故C正确；无论Cl2是否过量与Fe反应只生成FeCl3，故D错误。23. 正在火星上工作的美国“勇气号”“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过H2O。以下叙述正确的是A. 硫酸盐都易溶于水B. 检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液C. 分别还原a mol Fe2O3

24、所需H2、Al、CO物质的量之比为323D. 明矾含有结晶水，是混合物【答案】C【解析】试题分析：A、硫酸钡难溶于水，错误；B、氧化铁难溶于水，滤液中没有三价铁，错误；C、1 mol H2、1mol Al、1mol CO做还原剂分别转移电子2mol、3mol、2mol。根据电子守恒，需要物质的量分别为3mol、2mol、3mol ；D、结晶水合物是纯净物。考点：考查物质分类、性质、电子守恒。24. 向Fe2(SO4)3、CuCl2混和溶液中投入足量的铁粉充分反应后，得到的固体经过滤、干燥、称重，若所得固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则原溶液中c(SO42)与c(Cl)之比为：A. 314 B

25、. 17 C. 27 D. 32【答案】A【解析】试题分析：发生反应的先后顺序：Fe2Fe3=3Fe2 ，FeCu2=Fe2Cu ，所得固体的质量与加入的铁粉的质量相等，说明增加的质量等于消耗的铁的质量，设中消耗铁1mol，则n（Fe3+）=2mol，FeCu2=Fe2Cu m56 1 64 8 n(SO42-)：n(Cl-)=3：1456/8 56 c(SO42-)：c(Cl-)=3：14，选项A正确。考点：考查铁的性质、化学计算。25. 下列示意图与对应的反应情况正确的是A. 含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2B. NaHSO4溶液中逐滴

26、加入Ba(OH)2溶液C. KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液D. 向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸【答案】B【解析】试题分析：A、氢氧化钠和氢氧化钡溶液中通入二氧化碳，氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，后氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，然后碳酸钡和二氧化碳反应生成碳酸氢钡，沉淀溶解，不选A；B、碳酸氢钾和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，后沉淀不变，选B；C、硫酸铝钾和氢氧化钡反应先生成硫酸钡和氢氧化铝，后氢氧化铝溶于氢氧化钡，沉淀溶解部分，最后沉淀量不变，错误，不选C；D、加入盐酸，氢氧化钠和盐酸反应，后偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝溶解，生成沉淀和溶解沉淀需要的盐酸的物

27、质的量比为1:3，错误，不选D。考点：碱的反应，图像分析二、非选择题26. 化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等都离不开化学。(1) 铝热反应在工业生产中的重要用途之一是_ ；用化学方程式表示出其中的原理_（举一例）。铝制品因为表面易形成致密的氧化铝薄膜而经久耐用，但是该氧化膜易被酸碱破坏，若将氧化铝与氢氧化钠溶液作用，反应的化学方程式为_。(2)氯气用于漂白、消毒时，能起漂白、消毒作用的物质是_(写化学式)。缺铁性贫血患者应补充Fe元素，通常以硫酸亚铁的形式给药，而硫酸铁则没有这种药效。当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是_。（3）镁带着

28、火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火的原因是_。（用化学方程式表示）。（4）氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3 + N2 + 3 C = 2AlN + 3CO。在化学方程式上标出该反应中电子转移的方向和数目。_在该反应中，氧化剂是_ ，氧化产物是_。【答案】 (1). 焊接钢轨（或冶炼难熔金属 ） (2). 2Al+Fe2O3= Al2O3+2Fe (3). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (4). HClO (5). 保护FeSO4不被空气中的氧气氧化 (6). 2Mg

29、+CO22MgO+C (7). 略 (8). N2 (9). CO【解析】试题分析：(1)铝热法是一种利用铝的还原性获得高熔点金属单质的方法；如氧化铁与铝粉反应生成氧化铝和铁；氧化铝是两性氧化物与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠。(2)次氯酸具有漂白、消毒作用；亚铁离子易被氧化为铁离子；（3）镁能在二氧化碳中燃烧；（4）氮化铝中氮元素化合价由0变为-3，碳元素化合价由0变为+2，据此回答；解析：(1)铝热法是一种利用铝的还原性获得高熔点金属单质的方法，铝热反应在工业生产中的重要用途之一是冶炼难熔金属；如氧化铁与铝粉反应生成氧化铝和铁，反应方程式是2Al+Fe2O3= Al2O3+2Fe；氧化铝是两

30、性氧化物与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，反应方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。(2)次氯酸具有漂白、消毒作用；亚铁离子易被氧化为铁离子，所以层糖衣的作用是保护FeSO4不被空气中的氧气氧化；（3）镁能在二氧化碳中燃烧，方程式是2Mg+CO22MgO+C ；（4）氮化铝中氮元素化合价由0变为-3，碳元素化合价由0变为+2；该反应中电子转移的方向和数目；在该反应中，氮气中氮元素化合价由0变为-3,氧化剂是N2 ，碳元素化合价由0变为+2,氧化产物是CO点睛 :所含元素化合价升高的反应物是还原剂，化合价升高所得的产物是氧化产物；所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，化合价降低所得

31、的产物是还原产物。27. 化工生产必须遵循科学原理。请根据下列工艺生产流程回答问题。（1）某化学课外活动小组以海带为原料获得少量碘水，并以CCl4为溶剂将碘从碘水中提取出来。具体过程如下图所示：则：操作的名称是_，在操作过程中使用到的玻璃仪器有_。操作中发生反应的化学方程式为_。操作为萃取，为什么不能用酒精代替CCl4作为萃取剂？_。（2）海水的综合利用可以制备金属钠和镁，其流程如下图所示：若在空气中加热MgCl26H2O生成的是Mg(OH)Cl或MgO，而MgO的熔沸点非常高，达到熔融状态需要消耗很多能源。所以，用电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。写出用电解法制取金属镁的化学方程式_。在以

32、上提取镁的过程中，没有涉及的化学反应类型是_ 。A. 分解反应 B.化合反应 C.置换反应 D.复分解反应以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为“_”。请你写出电解饱和食盐水的化学方程式_。【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗、玻璃棒、烧杯 (3). Cl2+2I-=I2+2Cl- (4). 酒精和水任意比互溶 (5). MgCl2Mg+Cl2 (6). C (7). 氯碱工业 (8). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2【解析】试题分析：（1）过滤适用于分离不溶于水的固体和液体，海带灰难溶于水，碘元素以碘离子的形式存在于溶液中，所以将海带烧成灰，向灰中加水搅拌用过滤分离它们

33、；根据过滤仪器回答；操作通入氯气把碘化钾中的碘离子氧化为碘单质；萃取剂需要难溶于原溶剂；（2）电解熔融氯化镁生成金属镁和氯气；在以上提取镁的过程中，碳酸钙高温生成氧化钙、电解氯化镁生成镁和氯气属于分解反应；氧化钙与水反应生成氢氧化钙属于化合反应；氢氧化钙与氯化镁生成氢氧化镁和氯化钙、氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水属于复分解反应；电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”。电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气。解析：根据以上分析，（1）操作的名称过滤；过滤操作中需要的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗、铁架台等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；;氯气能氧化碘离子得到氯离子和单质碘

34、，离子方程式为2I-+Cl2I2+2Cl-；根据萃取剂的选取标准知，酒精和水任意比互溶，所以不能作萃取剂；（2）电解熔融氯化镁生成金属镁和氯气，方程式是MgCl2Mg+Cl2；碳酸钙高温生成氧化钙、电解氯化镁生成镁和氯气属于分解反应；氧化钙与水反应生成氢氧化钙属于化合反应；氢氧化钙与氯化镁生成氢氧化镁和氯化钙、氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水属于复分解反应；没有涉及的反应是置换反应，故选C；电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”。电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气的方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。点睛：电解饱和食盐水时，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化

35、钠。28. 现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式： C_、F_。（2）写出下列反应化学方程式或离子方程式：反应的化学方程式_。反应的离子方程式_。反应的离子方程式_。（3）通常用_溶液检验物质G中阳离子，其原理是_。（用离子方程式表示）【答案】 (1). Fe (2). FeCl2 (3). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (5). 2Fe2+ + Cl2 2Fe3+ + 2Cl (6

36、). KSCN溶液 (7). Fe3+ +3SCN-= Fe（SCN）3【解析】试题分析：金属单质A的焰色反应为黄色，因此A为Na，与水反应生成的气体甲为H2，D为NaOH。黄绿色气体乙为Cl2，则丙为HCl。氯化氢溶于水生成元素，即E为盐酸，能与NaOH反应生成氢气的金属单质B为Al。红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则金属单质C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3。(1)由以上分析可知C是Fe、F是FeCl2；(2)反应为Na和水的反应，方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2；反应为金属铝和氢氧化钠溶液反应，则反应的离子方程式是2Al + 2OH-+2H2O=2AlO2-+ 3H2;反应为

37、FeCl2和Cl2的反应，方程式为2FeCl2+Cl22FeCl3。（3）向含有铁离子的溶液中加入KSCN，发生反应Fe3+ +3SCN-= Fe（SCN）3，溶液变为血红色，所以通常用KSCN溶液检验物质FeCl3中Fe3+。点睛：铝与盐酸、强碱氢氧化钠都能生成氢气，反应方程式分别是2Al + 6H+ = 2Al3+ +3H2、2Al + 2OH-+2H2O=2AlO2-+ 3H2。29. 某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用下图所示的装置进行实验：请回答下列问题：（1）B是用来收集实验中产生气体的装置，但未将导管画全，请将装置图补充完整。_（2）实验中他们取6.4g铜片和12mL1

38、8molL-1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应停止，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组中的同学认为还有一定量的硫酸剩余。写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：_，实验中若有m g铜参加了反应，则有_mol硫酸被氧化，电子转移数目为_mol。下列试剂中，能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余的是_（填写字母编号）。A.硫酸钠溶液 B.氯化钡溶液 C.银粉 D.碳酸钠溶液为什么有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解？你认为的原因是_。（3）为了测定剩余硫酸的物质的量浓度，该兴趣小组设计了三个实验方案：方案一：将装置A产生的气体缓缓通过已称量过的装有碱石灰的干燥管，反应停止后再次称量，两次质量差即是吸收的二氧

39、化硫。方案二：将装置A产生的气体缓缓通入足量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液，再加入足量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥，称得沉淀的质量即是二氧化硫转化为硫酸钡沉淀的质量。方案三：当铜和浓硫酸的反应结束后，在装置A中加入足量的锌粉，用排水法测得产生氢气的体积为V L（已换算为标准状况）。实际上，以上方案一、二均不可取，请你说出原因？方案一_；方案二_。方案三：写出剩余硫酸的物质的量浓度的计算式（假设反应后溶液的体积仍为12mL） _。【答案】 (1). 补进气管升入近集气瓶底（图略） (2). Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2+ 2H2O (3). m/64 (4). m/32 (

40、5). D (6). 稀硫酸不与铜反应 (7). 产生的气体中含有水蒸气，干燥管中的质量差不仅仅是SO2的质量（或烧瓶中的二氧化硫不能完全排出） (8). 沉淀的质量一部分是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的 (9). V/(22.40.012) mol/L【解析】试题分析：（1）二氧化硫密度大于空气，用向上排空气法收集；（2）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；被还原的H2SO4即为生成SO2部分的H2SO4，由Cu2H2SO4CuSO4SO22H2O知，被还原的H2SO4为参加反应的H2SO4的一半，即等于参加反应Cu的物质的量；根据铜的物质的量计算转移电子的物质的量；

41、证明有酸剩余，关键是氢离子的检验；铜排在H后面，稀硫酸不与铜反应；(3)方案一:铜和浓硫酸反应生成的二氧化硫气体中含有水蒸气，碱石灰吸收的质量为二氧化硫和水蒸气；方案二: 沉淀的质量一部分是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的；方案三：根据化学方程式计算剩余硫酸的浓度。解析：(1)铜和浓硫酸加热生成二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，进气的导气管长进短出，装置图为:； (2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为: Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2+ 2H2O;根据以上分析，m g铜物质的量为 参加了反应，被还原硫酸物质的

42、量为，电子转移物质的量为2=；能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余，只要证明氢离子的存在才能说明，不能证明硫酸根离子，因为浓硫酸和铜反应生成了硫酸铜;A.硫酸钠溶液不能能证明硫酸根离子存在，也不能证明氢离子的存在，故A不符合;B.氯化钡溶液能证明硫酸根离子存在，但不能证明氢离子存在，故B不符合;C.银粉和稀硫酸不反应不能证明氢离子的存在，故C不符合;D.碳酸钠溶液和氢离子反应生成二氧化碳气体，可以用来证明溶液中存在稀硫酸，故D符合;有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解，因为浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应;(3)方案一:铜和浓硫酸反应生成的二氧化硫气体中含有水蒸气，碱石灰吸收的质量为二氧化硫和水蒸气，称量的不全是二氧化硫质量，不能根据二氧化硫的质量计算剩余硫酸的浓度；方案二: 沉淀的质量一部分是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的；方案三:依据化学方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成氢气物质的量= ，剩余稀硫酸浓度为CC= V/(22.40.012) mol/L点睛：铜能与浓硫酸反应放出二氧化硫气体，铜不与稀硫酸反应；锌与浓硫酸反应放出二氧化硫气体，性与稀硫酸反应放出氢气。专心-专注-专业