安徽省亳州市第二中学2022-2022学年高二化学下学期期末考试试题含解析.doc

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1、亳州二中20222022学年度第二学期期末质量检测高二化学试卷常用原子量：H：1 C:12 N:14 O:16 Mg：24 Al:27 Fe:56第 I 卷一、选择题共18小题，每题3分，总分值54分1.化学与生活密切相关。以下说法错误的选项是A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】分析：A.碳酸钠溶液显碱性；B.漂白粉具有强氧化性；C.氢氧化铝能与酸反响；D.碳酸钡可溶于酸。详解：A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的

2、消毒，B正确；C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反响，可用于中和过多胃酸，C正确；D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。点睛：此题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关根底知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。2.以下有关化学用语的表述正确的 ( )A. 醋酸的电离方程式：CH3COOH CH3COO-H+B. 质子数为53，中子数为78的碘原子： 13153IC. N2的结构式：NND. 氯离子的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A、醋酸是弱酸，局部

3、电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COOH，故A错误；B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，该核素的质量数为(5378)=131，即为13153I，故B正确；CN2中两个氮原子间共用叁键，正确结构式为NN，故C错误；D、Cl的结构示意图为，故D错误；答案选B。3.以下说法不正确的选项是( )A. 硅酸钠可用作木材防火剂B. 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C. 水泥、玻璃、砖瓦都是硅酸盐制品D. 晶体硅可用作半导体材料【答案】B【解析】【详解】A.硅酸钠具有不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材外表就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，这样即使燃烧木材至

4、多也只是变黑，如果是高温那也只是干馏，所以硅酸钠可以用作木材的防火剂，不符合题意；B.二氧化硅是酸性氧化物，并可以溶于氢氟酸HF，符合题意；C.水泥、玻璃、砖瓦、黏土都是硅酸盐产品，不符合题意；D.晶体硅具有一个非常重要的特性单方向导电，也就是说，电流只能从一端流向另一端，制作半导体器件的原材料就需要具有有这种特有的特性材料，因此晶体硅可用作半导体材料，不符合题意；故答案为B。4.根据以下反响进行判断，以下各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的选项是()ClO3-5Cl-6H+=3Cl23H2O2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl3A. ClO3- Cl2 I

5、2 Fe3+B. Cl2 ClO3- I2 Fe3+C. ClO3- Fe3+ Cl2 I2D. ClO3- Cl2 Fe3+ I2【答案】D【解析】【分析】利用氧化复原反响中的强弱规律进行分析；【详解】氧化复原反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，ClO3为氧化剂，Cl2为氧化产物，即氧化性：ClO3Cl2；氧化性：FeCl3I2；氧化性：Cl2FeCl3；综上所述，氧化性强弱顺序是ClO3Cl2FeCl3I2，故D正确；答案选D。5.以下试剂的保存方法中错误的选项是( )A. 少量的钠保存在煤油中B. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中C. 氢氟酸保存在玻璃瓶中D. NaOH溶液保存在带橡皮

6、塞的玻璃瓶中【答案】C【解析】【详解】A、Na不与煤油发生反响，且Na的密度大于煤油，因此少量的金属钠保存在煤油中，故A说法正确；B、新制的氯水中：Cl2H2OHClHClO，HClO见光受热分解，因此新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中，故B说法正确；C、氢氟酸与SiO2发生反响，腐蚀玻璃，盛放氢氟酸用塑料瓶，故C说法错误；D、NaOH是碱，盛放碱时应用橡皮塞的玻璃瓶，故D说法正确；答案选C。6.以下关于胶体的表达不正确的选项是 A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀B. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在110

7、0nm之间D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，到达净水的目的【答案】B【解析】【分析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1100nm之间，大于100nm为浊液，小于1nm为溶液，胶体具有性质主要有丁达尔效应、电泳、聚沉等，其中丁达尔效应是区分溶液和胶体的方法，据此判断；【详解】A、NaCl为电解质，氢氧化铁胶体中参加NaCl溶液，会使氢氧化铁聚沉，故A说法正确；B、用平行光照射NaCl溶液和氢氧化铁胶体时，后者有丁达尔效应，前者没有，故B说法错误；C、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1100nm之间，故C说法正确；D、氢氧化铁胶体具有较大的外表积

8、，吸附悬浮在水中固体颗粒而沉降下来，到达净水的目的，故D说法正确；答案选B。7.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反响能实现如下图转化的是( )XYZ物质转化关系ACuCuOCu(OH)2BSiSiO2H2SiO3CNaHCO3Na2CO3NaOHDFeCl2FeOFeCl3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.Cu与O2反响生成CuO，CuO与C或H2等反响生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；B.Si与O2反响生成SiO2，SiO2与H2或C等反响生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转

9、化为Si，错误；C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反响生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反响生成NaOH，NaOH与过量CO2反响能直接生成NaHCO3，正确；D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反响能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反响生成FeCl2，错误。8.以下离子方程式书写正确的选项是 A. 铁和稀硫酸反响：2Fe + 6H+ =2Fe3+ + 3H2B. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2+ H2OC. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过

10、量NaOH溶液反响制Fe(OH)2:Fe2+2OH-= Fe(OH)2D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+ H2O【答案】D【解析】【详解】A、铁和稀硫酸反响：Fe2H=Fe2H2，故A错误；B、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，故B错误；C、缺少NH4与OH的反响，故C错误；D、NaHCO3是少量，系数为1，因此离子方程式为HCO3Ca2OH=CaCO3H2O，故D正确；答案选D。9.以下说法正确的选项是 A. 滴入无色酚酞试液显红色的该溶液中一定不能大量共存：K+ 、Fe2+ 、NO3- 、HCO3-B. 某无色溶液中可能大量存在H+、K+、Cl-、

11、MnO4-C. 参加铝粉能产生氢气溶液中一定能大量存在： Na、Ca2、Cl、CO32-D. pH=2溶液中可能大量存在Mg2+、Na+、NO3-、I-【答案】A【解析】【详解】A、酚酞变红，说明溶液显碱性，HCO3不能与OH大量共存，且亚铁离子与氢氧根离子也不能大量共存，故A说法正确；B、MnO4显紫红色，不符合无色溶液，且在酸性溶液中能氧化氯离子，故B说法错误；C、Ca2和CO32不能大量共存，生成CaCO3沉淀，这些离子不能大量共存，故C说法错误；D、pH=2溶液显酸性，NO3酸中具有强氧化性，能与I发生氧化复原反响，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故D说法错误；答案选A。【点睛】离子

12、共存，我们一般根据一色，二性，三反响进行分析判断，溶液是无色溶液还是有色溶液，如果是无色溶液，有色离子不能存在；判断出溶液的酸碱性，需要在离子组后面加上H或OH，特别是NO3，NO3在酸中具有强氧化性，不与复原性离子大量共存。10.利用碳酸钠晶体Na2CO310H2O，相对分子质量286来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，假设其他操作均准确无误，以下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. 溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线C. 转移时，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，又参加少量水

13、至刻度线【答案】B【解析】【详解】A.在实验室没有980mL容量瓶，要选择1000mL容量瓶，需要溶质的物质的量为n(Na2CO3)=0.1mol/L1L=0.1mol，根据n(Na2CO310H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO310H2O)= 0.1mol286g/mol=28.6g，溶液浓度为0.1mol/L，不会产生误差，A不符合题意；B.溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，由于溶液的体积受热膨胀，遇冷收缩，所以待恢复至室温时，体积不到1L，根据c=，可知V偏小，那么c偏高，B符合题意；C.转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，那么溶质的物质的量偏少

14、，根据c=，可知n偏小，那么c偏低，C不符合题意；D.定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置，发现液面低于刻度线，是由于局部溶液粘在容量瓶颈部，假设又参加少量水至刻度线，那么V偏大，根据c=，可知：假设V偏大，会导致配制溶液的浓度偏低，D不符合题意；故合理选项是B。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是 A. 常温常压下，22.4LCl2含有的分子数目为NAB. 1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的NO3- 离子数目为2NAC. 22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数D. 1molO2与足量Na反响，生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为 2

15、NA【答案】C【解析】【详解】A、常温常压下，不能直接用22.4Lmol1，无法求出Cl2的物质的量，故A错误；B、没有溶液的体积，无法计算出物质的量，故B错误；C、22gCO2的物质的量为=0.5mol，标准状况下，11.2LHCl的物质的量为=0.5mol，22gCO2与标准状况下的11.2LHCl具有相同的分子数，故C正确；D、假设全部生成Na2O，1molO2转移电子物质的量为4mol，全部转化成Na2O2，1molO2转移电子物质的量为2mol，生成Na2O和Na2O2混合物转移电子物质的量应在2mol和4mol之间，故D错误；答案选C。12.向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓缓

16、通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体的体积V标准状况的关系如下图，以下结论不正确的选项是 A. 原混合物中nBa(OH)2：nNaOH =1:2B. 横坐标轴上p点的值为90C. b点时溶质为NaHCO3D. ab段发生反响的离子方程式依次为：CO2+2OH-= H2O+CO32-，CO2+H2O+ CO32-=2HCO3-【答案】A【解析】试题分析：AOa段：Ba2+2OH-+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧化碳、ab段：2OH-+CO2CO32-+H2O、ab段消耗60-30mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3-，由Oa段

17、和ac段的反响原理可知，消耗二氧化碳的量BaOH2和NaOH的物质的量相等，所以原混合溶液中BaOH2和NaOH的物质的量之比为30：60-30=1：1，故A错误；BOa段：Ba2+2OH-+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3-，需消耗30mL的二氧化碳，所以P点为90mL，故B正确；Cab段：2OH-+CO2CO32-+H2O、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，故C正确；Da、b段，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反响生成碳酸钾，CO2+2OH-=CO3

18、2-+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反响生成碳酸氢钾，CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，故D正确；应选A。【考点定位】考查有关混合物反响的计算【名师点晴】此题考查物质之间的反响，明确物质的性质、及反响先后顺序是解此题关键，向NaOH和BaOH2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钡反响生成碳酸钡沉淀，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反响生成碳酸钠，当氢氧化钠完全反响后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠、水反响生成碳酸氢钠，当碳酸钠反响后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钡、水反响生成可溶性的碳酸氢钡。13.以下关于物质的分类中，正确的

19、选项是 酸性氧化物酸盐混合物电解质ASiO2HClO烧碱CuSO45H2OCO2BNa2O2HNO3NaHSO4漂白粉MgCSO3H2SiO3纯碱水玻璃NaClDNOAl(OH)3BaCO3水泥NH3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】和碱反响生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO45H2O为纯洁物，CO2为非电解质，故A错误；B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既

20、不是电解质也不是非电解质，故B错误；C. SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；D.NO和碱不反响属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。所以C选项是正确的。14.以下说法正确的选项是A. 液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物D. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物【答案】D【解析】【

21、详解】A、HCl和AgCl为电解质，电解质导电需要自由移动的阴阳离子，即需要水溶液或熔融状态，故A错误；B、NH3、CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是本身电离产生，NH3和CO2不是电解质，均是非电解质，故B错误；C、碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，故C错误；D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如Mn2O7属于金属氧化物，故D正确；答案选D。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，导电的阴阳离子必须是本身电离产生，电解质导电需要条件，在水溶液或熔融状态。15.过氧

22、化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2.以下说法中不正确的选项是A. 氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4B. FeSO4只作复原剂，Na2O2既作氧化剂，又作复原剂C. 由反响可知每3molFeSO4完全反响时，反响中共转移12mol电子D. Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用【答案】C【解析】A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4 ，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2

23、Na2SO4+O2，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价,O元素的化合价局部由1价降低为2价，局部由1价升高为0价，所以FeSO4只作复原剂，Na2O2既作氧化剂又作复原剂，B正确；C2FeSO410e-，所以每3molFeSO4完全反响时，反响中共转移15mol电子，C错误。DNa2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的复原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选C.点睛：解答此题特别需要注意在氧化复原反响中Na2O2既可作氧化剂又可作复原剂。16.以下实验过程可以到达实验目的的是( )选项实验目的操作过程A比拟Fe3+和I2氧化性强弱向淀粉碘化钾溶

24、液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色B证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去C检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水D检验溶液中含有SO42-向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、参加FeCl3后溶液变蓝色，说明I被氧化成I2，氧化剂为Fe3，利用氧化复原反响的规律，得出Fe3的氧化性强于I2，故A符合题意；B、SO2的漂白性，中学阶段表达在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，表达SO2的复原性，故B不符合题意；C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO

25、3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反响，Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3，故C不符合题意；D、HNO3具有强氧化性，将SO32氧化成SO42，对SO42的检验产生干扰，应先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，故D不符合题意；答案选A。17.复原性由强到弱的顺序为SO32- I-Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是 A. NaClB. NaCl、Na2SO4、NaIC. NaCl、Na2SO4、I2D. NaCl、NaBr、Na2SO4【答案】

26、D【解析】【详解】根据氧化复原反响的先后顺序取决于氧化性或复原性的相对强弱，复原性最强的Na2SO3优先与Cl2反响Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反响生成NaCl、I2、Br2，那么固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反响完全，但不会NaBr反响完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发，升华脱离固体。故答案选D。18.向200 mL 0.1 mo/L的Fe(NO3)2溶液中参加适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧后得到固体

27、的质量为A. 1.44 gB. 1.6 gC. 1.8 gD. 2.14 g【答案】B【解析】Fe(NO3)2溶液中参加适量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到硝酸钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，200mL 0.1mol/L的Fe(NO3)2溶液中nFe(NO3)2=0.2L0.1mol/L=0.02mol，由Fe原子守恒可知：nFe(NO3)2=2nFe2O3，所以nFe2O3=0.02mol2=0.01mol，其质量为0.01mol160g/mol=1.6g，答案选B。点睛：此题考查化学反响方程式的计算，注意氢

28、氧化亚铁不稳定、易被氧化的性质，关键是判断最终固体为氧化铁，最后再利用守恒法计算。第II卷总分值46分二、填空题3小题，共30分19.1室温时，在以下物质中：Na Cl2 Na2O FeCl2溶液 NaHCO3 蔗糖 NH3 NaCl晶体 HClO Fe(OH)2 属于碱性氧化物的是(用序号填写,下同) _，属于酸的是_，属于强电解质的是_，属于非电解质的是_，能导电的是_。2Na2O2与CO2的反响化学方程式_；3向硫酸氢钠溶液中逐滴参加氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反响的离子方程式 _。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 2Na2O2+2CO22Na2CO

29、3+O2 (7). 2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O【解析】【详解】1碱性氧化物：能与水生成相应的碱，属于碱性氧化物的是Na2O，即；酸：电离出的阳离子全部是H的化合物，属于酸的是；强电解质包括强酸、强碱、多数的盐、活泼金属的氧化物，即属于强电解质的是；非电解质：在水溶液或熔融状态下都不能够导电的化合物，即属于非电解质的是；能导电的是石墨、金属单质、电解质的水溶液或熔融状态，即能导电的是；2Na2O2与CO2发生反响的方程式为：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；3反响后溶液为中性，离子方程式为Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O。【点睛】易错点是3，溶液为

30、中性，按照氢氧化钡进行分析，即氢氧化钡的系数为1，1molBa(OH)2中含有2molOH，需要2molH，然后得出：Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O。20.工业上利用电解饱和食盐水生产氯气(Cl2)、烧碱和氢气的化学方程式是：2NaCl2H2O2NaOHCl2H2。1用双线桥表示出电子转移的方向和数目_，题干中反响改写成离子方程式是_。2电解食盐水的过程中，被复原的元素是_，氧化产物是_。四氧化三铁Fe3O4磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响是：3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-

31、Fe3O4+S4O62-+2H2O。请答复以下问题。1水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响中，复原剂是_。2反响的化学方程式中x=_。3每生成1 mol Fe3O4，反响转移的电子为_mol，被Fe2+复原的O2的物质的量为_mol。【答案】 (1). (2). 2Cl2H2O2OHCl2H2 (3). 氢元素(或H) (4). 氯气(或Cl2) (5). Fe2+和S2O32- (6). 4 (7). 4 (8). 0.5【解析】【分析】根据反响中相关元素的化合价变化情况、氧化复原反响的有关概念以及原子守恒和电子转移守恒分析解答。【详解】1氯化钠中氯元素的化合价从1价升高到0价，失去电子，水中

32、氢元素化合价从+1价降低到0价，得到电子，根据电子转移守恒可知反响中转移2个电子，那么用双线桥表示出电子转移的方向和数目为，反响的离子方程式为2Cl2H2O2OHCl2H2。2电解食盐水过程中，水中氢元素化合价从+1价降低到0价，得到电子，被复原的元素是氢元素。氯元素失去电子，发生氧化反响，氧化产物是氯气。1根据方程式可知水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响中铁元素和硫元素化合价升高，失去电子，被氧化，所以复原剂是Fe2+和S2O32-。2根据氢原子守恒可知反响的化学方程式中x=4。3反响中只有氧气中氧元素化合价降低，氧气是氧化剂，每生成1 mol Fe3O4，消耗1mol氧气，因此反响转移的电

33、子为4mol。根据方程式可知3mol亚铁离子参加反响只有2mol被氧化，化合价从+2价升高到+3价，那么根据电子得失守恒可知被Fe2+复原的O2的物质的量为2mol40.5mol。【点睛】准确判断出反响中相关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化复原反响的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价是非常关键的一步，特别是反响物中含有同种元素的氧化复原反响，必须弄清它们的变化情况。21.某待测液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH4+等阳离子，进行如下实验：1参加过量的稀盐酸，有白色沉淀生成。2过滤，在滤液中参加过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成。

34、3过滤，取少量滤液，滴入2滴KSCN溶液，没有明显的现象出现。4另取少量步骤3中的滤液，参加NaOH溶液至使溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。根据实验现象答复：待测液中一定含有的阳离子有_，一定不含的阳离子有_，还有一种阳离子不能确定是否存在，要检验这种阳离子的实验方法是_填写实验名称，观察到的现象是_。【答案】 (1). 一定含有的阳离子有Ag+、Ba2+、NH4+ (2). 一定不含的阳离子有Fe3+ (3). 焰色反响 (4). 透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色【解析】【分析】根据离子的性质、离子的检验方法结合实验现象分析解答。【详解】参加过量的稀盐酸，有白色沉淀生成，说

35、明待测液中有Ag；过滤后，滤液中参加过量稀硫酸，又有白色沉淀生成，那么待测液中含有Ba2；过滤，取少量滤液，滴入2滴KSCN溶液，没有明显现象出现，说明待测液中不含Fe3；参加NaOH溶液至使溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，推出待测液中含有NH4，根据上述分析，待测液中一定含有的阳离子是Ag、Ba2、NH4；一定不含有的离子是Fe3；K不能确定；检验K，通过焰色反响，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色，说明待测液中含有K。三、实验题1小题，共10分22.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如下图装置进行实验。请答复以下问题：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是_，

36、其中发生反响的化学方程式为_。(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_、 _，这些现象分别说明SO2具有的性质是_和_。(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_。(4)尾气可采用_溶液吸收。(写化学式)【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O (3). 溶液由紫红色变为无色 (4). 出现黄色浑浊 (5). 复原性 (6). 氧化性 (7). 待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢复为红色 (8). NaOH【解析】【分析】实验目的是探究SO2的性质，A装置为制气装置，B

37、装置验证SO2的复原性，C装置验证SO2的氧化性，D装置验证SO2的漂白性，据此分析；【详解】1A装置盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗；根据所加药品，装置A为制气装置，化学反响方程式为Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O；2酸性高锰酸钾溶液显紫红色，具有强氧化性，如果颜色褪去，表达SO2的复原性，SO2和Na2S发生反响，生成硫单质，表达SO2的氧化性；答案是溶液紫红色褪去，出现黄色沉淀，复原性，氧化性；3SO2能够使品红溶液褪色，表达SO2的漂白性，加热后，溶液恢复为红色，探究SO2与品红作用的可逆性，具体操作是待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢

38、复为红色；4SO2有毒气体，为防止污染环境，需要尾气处理，SO2属于酸性氧化物，采用碱液吸收，一般用NaOH溶液。【点睛】实验题一般明确实验目的和实验原理，实验设计中一定有尾气的处理，同时注意题中信息的应用，分清楚是定性分析还是定量分析，注意干扰。四、计算题1小题，共6分23.将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中参加NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与参加NaOH溶液的体积关系如下图。1原混合液中镁和铝的质量比为_2NaOH溶液的物质的量浓度为_mol/L。3生成的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). 2：3 (2). 5 (3). 10.08

39、【解析】根据图像可知，参加NaOH溶液后并没有立即生成沉淀，这说明稀盐酸是过量的，所以有关离子方程式应该是：HOH=H2O、Al33OH=Al(OH)3、Mg22OH=Mg(OH)2、Al(OH)3OH=AlO22H2O。根据图像可知，和Al(OH)3反响的NaOH溶液是240mL200mL40mL，那么Al(OH)3的物质的量是0.35mol0.15mol0.20mol，Mg(OH)2是0.15mol，1根据原子守恒可知，镁和铝的总的质量分别是0.15mol24g/mol=3.6g，0.2mol27g/mol5.4g，质量比为：3.6：5.4=2：3；2NaOH溶液的物质的量浓度是5mol/L；3根据镁和铝的物质的量可知：生成的氢气在标准状况下的体积为0.15mol0.2mol22.4L/mol10.08L。点睛：该题是高考中的常见题型和考点，考查镁、铝和酸碱反响的有关计算，属于中等难度的试题。注重对学生根底知识稳固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。该题的关键是明确反响原理，然后依据方程式和图像灵活运用即可。