2018-2019学年安徽省亳州市第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年安徽省亳州市第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

亳州二中2018—2019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，满分54分）‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 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.氢氧化铝能与酸反应；‎ 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，可用于生活用水的消毒，B正确；‎ C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，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：本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。平时注意相关基础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.下列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： 13153I C. N2的结构式：N═N D. 氯离子的结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸是弱酸，部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，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(53＋78)=131，即为13153I，故B正确；‎ C．N2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.下列说法不正确的是( )‎ 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表面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.根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是(　　)‎ ‎①ClO3-＋5Cl-＋6H+===3Cl2＋3H2O　②2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2　③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3‎ A. ClO3- >Cl2 >I2 >Fe3+ B. Cl2> ClO3- >I2 >Fe3+‎ C. ClO3- >Fe3+ >Cl2 >I2 D. ClO3- >Cl2 >Fe3+ >I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用氧化还原反应中的强弱规律进行分析；‎ ‎【详解】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①ClO3－为氧化剂，Cl2为氧化产物，即氧化性：ClO3－>Cl2；②氧化性：FeCl3>I2；③氧化性：Cl2>FeCl3；综上所述，氧化性强弱顺序是ClO3－>Cl2>FeCl3>I2，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列试剂的保存方法中错误的是( )‎ 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溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na不与煤油发生反应，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：Cl2＋H2OHCl＋HClO，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发生反应，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.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）‎ 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1~100nm之间 D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的 ‎【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1～100nm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，氢氧化铁胶体中加入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1～100nm之间，故C说法正确；‎ D、氢氧化铁胶体具有较大的表面积，吸附悬浮在水中固体颗粒而沉降下来，达到净水的目的，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应能实现如图所示转化的是( )‎ X Y Z 物质转化关系 A Cu CuO Cu(OH)2‎ B Si SiO2‎ H2SiO3‎ C NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaOH D FeCl2‎ FeO FeCl3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成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反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；‎ C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；‎ D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。‎ ‎8.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 铁和稀硫酸反应：2Fe + 6H+ =2Fe3+ + 3H2↑‎ B. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑+ H2O C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:Fe2++2OH-= Fe(OH)2↓‎ D. 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、铁和稀硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，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－的反应，故C错误；‎ D、NaHCO3是少量，系数为1，因此离子方程式为HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ 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-、MnO4-‎ C. 加入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－‎ 发生氧化还原反应，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】离子共存，我们一般根据一色，二性，三反应进行分析判断，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，不与还原性离子大量共存。‎ ‎10.利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O，相对分子质量286）来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ）‎ A. 称取碳酸钠晶体28.6g B. 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，又加入少量水至刻度线 ‎【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/L×1L=0.1mol，根据n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO3·10H2O)= 0.1mol×286g/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，则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，则溶质的物质的量偏少，根据c=，可知n偏小，则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，是由于部分溶液粘在容量瓶颈部，若又加入少量水至刻度线，则V偏大，根据c=，可知：若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，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 常温常压下，22.4LCl2含有的分子数目为NA B. 1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的NO3- 离子数目为2NA C. 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反应，生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为 2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温常压下，不能直接用22.4L·mol－1，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）的关系如图所示，下列结论不正确的是 ‎ A. 原混合物中n[Ba(OH)2]：n[NaOH] =1:2‎ B. 横坐标轴上p点的值为90‎ C. b点时溶质为NaHCO3‎ D. ab段发生反应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：A．Oa段：Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳、ab段：2OH-+CO2═CO32-+H2‎ O、ab段消耗（60-30）mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3-，由Oa段和ac段的反应原理可知，消耗二氧化碳的量Ba（OH）2和NaOH的物质的量相等，所以原混合溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为30：（60-30）=1：1，故A错误；B．Oa段：Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3-，需消耗30mL的二氧化碳，所以P点为90mL，故B正确；C．ab段：2OH-+CO2═CO32-+H2O、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，故C正确；D．a、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应生成碳酸钾，CO2+2OH-=CO32-+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，故D正确；故选A。‎ ‎【考点定位】考查有关混合物反应的计算 ‎【名师点晴】本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，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应生成碳酸钠，当氢氧化钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钡、水反应生成可溶性的碳酸氢钡。‎ ‎13.下列关于物质的分类中，正确的是（ ）‎ 酸性氧化物 酸 盐 混合物 电解质 A SiO2‎ HClO 烧碱 CuSO4·5H2O CO2‎ B Na2O2‎ HNO3‎ NaHSO4‎ 漂白粉 Mg C SO3‎ H2SiO3‎ 纯碱 水玻璃 NaCl D NO Al(OH)3‎ BaCO3‎ 水泥 NH3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和碱反应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，CuSO4·5H2O为纯净物，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和碱不反应属于不成盐氧化物，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.下列说法正确的是 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】‎ ‎【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↑.下列说法中不正确的是 A. 氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4‎ B. FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂 C. 由反应可知每3mol FeSO4完全反应时，反应中共转移12 mol 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：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4 ，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2==2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe 元素的化合价由 +2 价升高为 +6 价 ,O 元素的化合价部分由 −1 价降低为 −2 价， 部分由 −1 价升高为 0 价 ，所以FeSO4 只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂， B正确；C．2FeSO4～10e-，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误。D．Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还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：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。‎ ‎16.下列实验过程可以达到实验目的的是( )‎ 选项 实验目的 操作过程 A 比较Fe3+和I2氧化性强弱 向淀粉碘化钾溶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. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入FeCl3后溶液变蓝色，说明I－被氧化成I2，氧化剂为Fe3＋，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于I2，故A符合题意；‎ B、SO2的漂白性，中学阶段体现在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，故B不符合题意；‎ C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反应，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.已知还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. NaCl B. NaCl、Na2SO4、NaI C. NaCl、Na2SO4、I2‎ D. NaCl、NaBr、Na2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应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反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余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溶液中加入适量的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，再灼烧后得到固体的质量为 A. 1.44 g B. 1.6 g C. 1.8 g D. 2.14 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ Fe(NO3)2溶液中加入适量的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n[Fe(NO3)2]=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由Fe原子守恒可知：n[Fe(NO3)2]=2n（Fe2O3），所以n（Fe2O3）=0.02mol÷2=0.01mol，其质量为0.01mol×160g/mol=1.6g，答案选B。‎ 点睛：本题考查化学反应方程式的计算，注意氢氧化亚铁不稳定、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（满分46分）‎ 二、填空题（3小题，共30分）‎ ‎19.（1）室温时，在下列物质中：①Na ②Cl2 ③Na2O ④FeCl2溶液 ⑤NaHCO3 ⑥蔗糖 ⑦NH3 ⑧NaCl晶体 ⑨HClO ⑩ 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________。‎ ‎（2）Na2O2与CO2的反应化学方程式__________；‎ ‎（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式 ______。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). ⑨ (3). ③⑤⑧ (4). ⑥⑦ (5). ①④ (6). 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+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③；酸：电离出的阳离子全部是H＋的化合物，属于酸的是⑨；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③⑤⑧；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⑥⑦；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①④；‎ ‎（2）Na2O2与CO2发生反应的方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；‎ ‎（3）反应后溶液为中性，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O。‎ ‎【点睛】易错点是（3），溶液为中性，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：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O。‎ ‎20.Ⅰ．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：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。‎ ‎（1）用双线桥表示出电子转移的方向和数目________，题干中反应改写成离子方程式是____。‎ ‎（2）电解食盐水的过程中，被还原的元素是____________，氧化产物是______。‎ Ⅱ．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纳米颗粒的反应是：3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-＝Fe3O4↓+S4O62-+2H2O。请回答下列问题。‎ ‎（1）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是__________。‎ ‎（2）反应的化学方程式中x=______。‎ ‎（3）每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为____mol，被Fe2+还原的O2的物质的量为_____mol。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ (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】‎ 根据反应中相关元素的化合价变化情况、氧化还原反应的有关概念以及原子守恒和电子转移守恒分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ．（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应中转移2个电子，则用双线桥表示出电子转移的方向和数目为 ‎，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑。‎ ‎（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，被还原的元素是氢元素。氯元素失去电子，发生氧化反应，氧化产物是氯气。‎ Ⅱ．（1）根据方程式可知水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中铁元素和硫元素化合价升高，失去电子，被氧化，所以还原剂是Fe2+和S2O32-。‎ ‎（2）根据氢原子守恒可知反应的化学方程式中x=4。‎ ‎（3）反应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，因此反应转移的电子为4mol。根据方程式可知3mol亚铁离子参加反应只有2mol被氧化，化合价从+2价升高到+3价，则根据电子得失守恒可知被Fe2+还原的O2的物质的量为2mol÷4＝0.5mol。‎ ‎【点睛】准确判断出反应中相关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路：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，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，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）加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成。‎ ‎（2）过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成。‎ ‎（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，加入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。‎ 根据实验现象回答：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). 焰色反应 (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】加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成，说明待测液中有Ag＋‎ ‎；过滤后，滤液中加入过量稀硫酸，又有白色沉淀生成，则待测液中含有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＋；加入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＋，通过焰色反应，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，按如图所示装置进行实验。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎(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). Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O (3). 溶液由紫红色变为无色 (4). 出现黄色浑浊 (5). 还原性 (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装置验证SO2的还原性，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】（1）A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，化学反应方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；‎ ‎（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，体现SO2的还原性，SO2和Na2S发生反应，生成硫单质，体现SO2‎ 的氧化性；答案是溶液紫红色褪去，出现黄色沉淀，还原性，氧化性；‎ ‎（3）SO2能够使品红溶液褪色，体现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；无色溶液恢复为红色；‎ ‎（4）SO2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，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。‎ ‎（1）原混合液中镁和铝的质量比为___________‎ ‎（2）NaOH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 ‎【解析】‎ 根据图像可知，加入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：H＋＋OH－=H2O、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。根据图像可知，和Al(OH)3反应的NaOH溶液是240mL－200mL＝40mL，则Al(OH)3的物质的量是0.35mol－0.15mol＝0.20mol，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0.15mol×24g/mol=3.6g，0.2mol×27g/mol＝5.4g，质量比为：3.6：5.4=2：3；（2）NaOH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（0.15mol＋0.2mol）×22.4L/mol＝10.08L。‎ 点睛：该题是高考中的常见题型和考点，考查镁、铝和酸碱反应的有关计算，属于中等难度的试题。注重对学生基础知识巩固和训练的同时，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应原理，然后依据方程式和图像灵活运用即可。‎ ‎ ‎