湖南省长沙市雅礼中学2017_2018学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -湖南省长沙市雅礼中学 2017-2018 学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）1.溶液、胶体、浊液三种分散系的本质区别是（ ）A. 分散质粒子直径大小 B. 是否有丁达尔效应C. 是否均一、稳定、透明 D. 是否能透过滤纸【答案】A【解析】【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于 1nm） 、胶体（1nm100nm） 、浊液（大于 100nm） ，所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小。答案选 A。2.下列各组中的离子，一定能在无色溶液中大量共存的是（ ）A. Cu2+、Ba 2+、Cl -、SO 4

2、2- B. K+、Na +、OH -、Cl -C. Na+、H +、SO 42-、OH - D. H+、Na +、Cl -、CO 32-【答案】B【解析】【分析】根据离子间不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质、溶液无色分析判断。【详解】A. Cu 2+在溶液中显蓝色，不是无色的，不能大量共存，A 不符合；B. K+、Na +、OH -、Cl -在溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，B 符合；C. H+、OH -在溶液中反应生成水，不能大量共存，C 不符合；D. H+、CO 32-在溶液中反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，D 不符合。答案选 B。3.下列反应既属于化合反应，又属

3、于氧化还原反应的是（ ）A. 2NO+O2=2NO2 B. CaO+ H2O=Ca(OH)2C. Cl2+2KI=2KCl+I2 D. SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O【答案】A【解析】【分析】两种物质生成一种物质的反应为化合反应，含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此- 2 -来解答。【详解】A反应 2NO+O2=2NO2为化合反应，且 N、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故 A 选；B反应 CaO+H2O=Ca(OH)2无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故 B 不选；C反应 Cl2+2KI=2KCl+I2为置换反应，属于氧化还原反应，故 C 不选；D反应 SO2+C

4、a(OH)2=CaSO3+H2O 为复分解反应，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故 D 不选；故答案选 A。【点睛】本题考查氧化还原反应，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，注意反应的分类法和常见元素的化合价。4.偏二甲肼(C 2H8N2相对分子质量为 60)是一种高能燃料，燃烧产生巨大能量可以作为航天运载火箭的推动力，下列有关偏二甲肼(C 2H8N2)叙述正确的是（ ）A. 偏二甲肼的摩尔质量是 60g B. 1mol C2H8N2的质量是 60g/molC. 6g 偏二甲肼含有 NA个偏二甲肼分子 D. N A个偏二甲肼分子的质量是 60g【答案】D【解

5、析】【详解】A偏二甲肼的摩尔质量为 60g/mol，1 mol 偏二甲肼的质量为 60g，故 A 错误；B、1 mol 偏二甲肼的质量为 60g，偏二甲肼的摩尔质量为 60g/mol，故 B 错误；C、6g 偏二甲肼的物质的量为 6g60g/mol=0.1mol，根据 N=nNA可知，含有分子数目为0.1NA，故 C 错误；DN A个偏二甲肼的物质的量为 1mol，其质量为 1mol60g/mol=60g，故 D 正确。故答案选 D。5.下列物质与 NaOH 溶液生反应时，因 NaOH 的相对量不同可能导致产物不同的是（ ）A. Al B. Al2O3 C. AlCl3 D. Al(OH)3【

6、答案】C【解析】【详解】Al、Al 2O3、Al(OH) 3都能和 NaOH 反应，无论 NaOH 量多少分别都生成偏铝酸钠和氢气、偏铝酸钠和水、偏铝酸钠和水，氯化铝和少量 NaOH 反应方程式为 AlCl3+3NaOHAl(OH)3+3NaCl，与过量 NaOH 反应方程式为 AlCl3+4NaOHNaAlO 2+3NaCl+2H2O，故答案选 C。【点睛】本题考查铝及其化合物性质，侧重考查对基础知识的识记和运用，明确元素化合物- 3 -性质及其性质特殊性是解本题关键。6.设 NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4LSO 2中含分子数约为 4NAB

7、. 0.1molFe 与足量水蒸气在高温下充分反应后失电子数为 0.1NAC. 在 1L0.01mol/L 的氯水中，含有 Cl2分子总数一定为 0.01NAD. 标准状况下，0.5molN 2和 0.5molO2的混合气体所含体积约为 22.4L【答案】D【解析】【详解】A标准状况下，22.4LSO 2的物质的量是 22.4L22.4L/mol1mol，其中含分子数约为 NA，故 A 错误；B.0.1molFe 与足量水蒸汽高温完全反应时生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为0.1mol8/3=4/15mol，失去的电子数为 4NA/15，故 B 错误；C氯气溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次

8、氯酸，在 1L0.01molL-1的氯水中，含有的Cl2分子总数一定小于 0.01NA，故 C 错误；D标准状况下，0.5molN 2和 0.5molO2的混合气体所占体积约为：（0.5mol+0.5mol）22.4L/mol=22.4L，故 D 正确；故答案选 D。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和范围，注意氧化还原反应中元素化合价变化的判断。7.下列单质与盐溶液混合能发生反应，并且单质可以把盐中某元素置换出来的是（ ）A. Na 和 ZnSO4溶液 B. Fe 和 AgNO3溶液 C. Cu 和 FeCl3溶液

9、 D. F 2和 NaBr 溶液【答案】B【解析】【详解】ANa 是活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，与 ZnSO4溶液反应生成氢氧化锌、氢气和硫酸钠，钠不能置换锌，故 A 不选；B铁的性质比银活泼，Fe 与 AgNO3溶液反应生成硝酸亚铁和银，故 B 选；C铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜不能置换出铁，故 C 不选；D氟是活泼的非金属，其单质极易与水反应，与溴化钠溶液反应，只与水反应，不能置换出溴单质，故 D 不选；故答案选 B。- 4 -【点睛】本题考查了元素及化合物知识，熟悉相关物质性质活泼性，明确发生反应实质是解题关键，选项 A 与 D 是解答的易错点。8.下列物质间的

10、相互转化通过一步反应就可以实现的是（ ）A. FeFeCl 3 B. SSO 3 C. SiO2H 2SiO3 D. Al2O3Al(OH) 3【答案】A【解析】【详解】A. Fe 与氯气在点燃的条件下直接化合生成 FeCl3，通过一步反应就可以实现，A 选；B. S 与氧气在点燃条件下化合生成二氧化硫，不能直接生成 SO3，B 不选；C. SiO2不溶于水，不能直接转化为 H2SiO3，C 不选；D. Al2O3不溶于水，不能直接转化为 Al(OH)3，D 不选；答案选 A。9.某溶液中含有 Ba2+、Fe 2+、Cu 2+中和 Al3+四种金属阳离子，向其中加入过量的 KOH 溶液充分搅拌

11、，防置空气中一段时间后再加入过量盐酸，最终溶液中肯定大量减少的金属阳离子是（ ）A. Fe2+ B. Cu2+ C. Ba2+ D. Al3+【答案】A【解析】【详解】含有 Ba2+、Fe 2+、Cu 2+和 Al3+四种金属阳离子的混合溶液中加入过量的 KOH 时，生成Cu（OH） 2、Fe（OH） 2沉淀和 KAlO2，Fe（OH） 2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH） 3，再向混合物中加入过量盐酸，Cu（OH） 2、Fe（OH） 3和 KAlO2与过量酸作用分别生成 CuCl2、FeCl 3、AlCl 3，则减少的离子主要有 Fe2+，故答案选 A。【点睛】本题考查离子之间的反

12、应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意氢氧化亚铁易被氧化是学生解答中容易忽略的地方，为易错点。10.将过量二氧化碳分别通入：BaCl 2溶液K 2SiO3溶液Ca(ClO) 2溶液饱和 Na2CO3溶液澄清石灰水，最终溶液中有白色沉淀析出的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】- 5 -【详解】：BaCl 2溶液与二氧化碳不反应，故不会产生沉淀；硅酸钾溶液通入足量二氧化碳反应：K 2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3+2KHCO 3，硅酸是一种白色沉淀，故产生白色沉淀；Ca(ClO) 2溶液通入足量二氧化碳发生反应：Ca(ClO) 2

13、+2CO2+2H2O=Ca（HCO 3） 2+2HClO，无沉淀产生，故不会产生沉淀；饱和 Na2CO3溶液通入足量的二氧化碳，由 Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3可知，此反应消耗水，且 Na2CO3转化为 NaHCO3后溶质质量增加，又因 NaHCO3溶解度较小，所以会有晶体析出，故会产生沉淀，澄清的石灰水通入过量的二氧化碳：2CO 2+Ca（OH） 2=Ca（HCO 3） 2，不会产生沉淀，故不会产生沉淀；故答案选 B。11.下图是某兴趣小组根据教材中实验设计的一个能够说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验，请观察图示实验装置结合相关实验原理，判断下列有关的说法和做法其中不科学

14、的是（ ）A. 甲为小苏打，乙为纯碱B. 若要证明干燥碳酸氢钠受热分解能产生水，可以在小试管内塞上蘸有无水硫酸铜粉末的棉花球C. 加热不久就能看到 A 烧杯的澄清石灰水变浑浊D. 整个实验过程中都没有发现 A 烧杯的澄清石灰水变浑浊【答案】C【解析】【详解】A碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大试管，大试管直接加热，温度较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A 正确；B白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上- 6 -沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故 B 正确；C碳酸钠较稳定，加热过程中不

15、会分解，则连接 A 烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以 A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故 C 错误；D碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯 A 中澄清石灰水不会变浑浊，故 D 正确；故答案选 C。【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。判断试管中甲和乙的成分是解答的关键。12.下列有关的离子反应方程式中，正确的是（ ）A. 氯气与水反应：Cl 2+H2O2H +Cl-+ClO-B. 钠与冷水反应：Na+2H 2ONa +2OH-+H2C. 硫酸酸化的 FeSO4溶液在空气中变质：4Fe 2+4H+O24F

16、e 3+2H2OD. 在稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe+4H +NO3-Fe 3+NO+2H 2O【答案】C【解析】【详解】A. 氯气与水反应生成的次氯酸难电离，用化学式表示：Cl 2+H2OH +Cl-+HClO，A错误；B. 没有配平，钠与冷水反应：2Na+2H 2O2Na +2OH-+H2，B 错误；C. 硫酸酸化的 FeSO4溶液在空气中变质生成铁离子：4Fe 2+4H+O24Fe 3+2H2O，C 正确；D. 在稀硝酸中加入过量的铁粉生成亚铁离子：3Fe+8H +2NO3-3Fe 2+2NO+4H 2O，D 错误；答案选 C。13.若用 FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，向所得溶液中

17、加入一定量的铁粉，则对加入铁粉充分反应后的有关分析合理的是（ ）A. 若有固体存在，溶液中一定无 Fe3+ B. 若无固体剩余，则溶液中一定有 Fe3+C. 若溶液中有 Fe2+，一定有 Cu 析出 D. 若溶液中有 Cu2+，则一定没有固体析出【答案】A【解析】【分析】用 FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中含亚铁离子、铜离子，还可能含大量的铁离子，当加入铁粉，铁先和 FeCl3发生氧化还原反应，当 FeCl3完全反应后，Fe 再和 Cu2+反- 7 -应，以此来解答。【详解】A若有固体一定含 Cu，Cu 与 FeCl3发生氧化还原反应，则溶液中一定不含 Fe3+，故 A 正确；B

18、如果铁和铁离子恰好反应无固体剩余，溶液中一定不含有 Fe3+，故 B 错误；CCu 与 FeCl3发生氧化还原反应，若溶液中含 Fe3+，则一定不能有 Cu 析出，故 C 错误；D若有固体析出，溶液中铜离子可能没有完全反应，所以溶液中可能有 Cu2+，故 D 错误；故答案选 A。【点睛】本题考查金属的性质及氧化还原反应，把握 Fe 与 Cu 的还原性、金属阳离子的氧化性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应的先后顺序。14.已知 AD 是含同一元素的四种物质，相互之间有如下图转化关系，其中 A 是单质，而 D是最高价氧化物的水化物，那么 A 可能是（ ）A. Si B. S C. F

19、e D. Al【答案】B【解析】【详解】ASi 与氧气反应生成二氧化硅，不能再氧化生成 C，故 A 不选；BS 与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫，符合图中转化，故 B 选；CFe 与氧气反应生成四氧化三铁，且铁的氧化物与水不反应，故 C 不选；DAl 与氧气反应生成氧化铝，不能再氧化生成 C，且 Al 的氧化物不与水反应，故 D 不选；故答案选 B。【点睛】本题考查无机物的推断，把握连续氧化及 D 是最高价氧化物的水化物为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。15.对下列有关事实的解释，其中错误的是

20、（ ）A. 常温下，浓硝酸可以用铝槽贮存，说明铝与浓硝酸不能反应B. 浓硝酸在光照条件下其颜色变黄，说明浓硝酸不稳定见光容易分解C. 在蔗糖固体中加入适量浓硫酸后出现发黑现象，说明浓碳酸具有脱水性D. 反应：CuSO+H 2S=CuS+H 2SO4能够进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸【答案】A- 8 -【解析】【详解】A、常温下铝和浓硝酸之间发生钝化，发生的是氧化还原反应，但反应后形成了氧化物的薄膜阻止反应的进一步发生，故 A 错误；B、浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧化氮溶解在溶液中所致，故 B 正确；C、浓硫酸具有的特性：吸水

21、性、脱水性、强氧化性，在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性，故 C 正确；D、化学反应向着生成难溶物的方向进行，反应 CuSO4+H2SCuS+H 2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，故 D 正确。故答案选 A。16.现有容积相同的 4 个集气瓶，分别收集满下列各气体并倒扣到盛有足量水的水槽中，则经过充分反应后剩余气体最多的是（ ）A. Cl2和 NH3体积各占 50% B. NO 和 O2体积各占 50%C. NO2和 O2体积各占 50% D. NO2和 N2体积各占 50%【答案】D【解析】【详解】假设容积相同的 4 个集气瓶的容积分别是 2V，则A、

22、氨气易溶于水，氯气溶解度不大，气体倒扣到盛有足量水的水槽中，则经过充分反应后剩余气体是氯气，体积是 V；B、NO 和 O2之间会发生反应 2NO+O22NO 2，等体积混合后会剩余氧气，体积是 0.5V；C、NO 2和 O2倒扣到盛有足量水的水槽中发生反应：4NO 2+O2+2H2O4HNO 3，等体积混合后会剩余氧气，剩余的体积是 0.75V；D、N 2不溶于水，NO 2和水发生反应：3NO 2+H2O2HNO 3+NO，等体积混合后会剩余氮气和一氧化氮，剩余的体积是 4V/3；经过充分反应剩余气体最多的是选项 D。故答案选 D。17.足量的铜与一定体积的浓硝酸充分反应后生成硝酸铜以及 NO

23、2和 NO 的混合气体，若将所得到的气体与 3.36L 标准状况下氧气混合后充入足量水中，气体恰好完全反应得到硝酸。则向反应后的溶液中加入 4mol/L 的氢氧化钠溶液使其中的铜离子恰好完全沉淀，需要消耗氢氧化的溶液的体积是（ ）- 9 -A. 200mL B. 180mL C. 150mL D. 100mL【答案】C【解析】【详解】3.36L 氧气的物质的量为 3.36L22.4L/mol=0.15mol；混合气体与氧气、水反应又得到硝酸，根据电子转移守恒，Cu 原子失去的电子等于氧气获得的电子，所得硝酸铜溶液中加入 NaOH 溶液至 Cu2+恰好完全沉淀生成 Cu（OH） 2，由电荷守恒，

24、OH -的物质的量等于氧气获得电子物质的量，故 n（OH -）=0.15mol4=0.6mol，则 V（NaOH）=0.6mol4mol/L=0.15L=150mL，答案选 C。【点睛】本题考查了有关氧化还原反应的计算，明确铜过量及发生反应原理为解答关键，注意转移电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法。18.将一定量锌与 100mL 18mol/L 浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体 0.8mol，将反应后的溶液稀释到 400mL，得到溶液 c(H+)=2mol/L，则下列叙述中措误的是（ ）A. 气体中 SO2和 H2物质的量比为 6:1 B. 反应中共消耗 Zn 52.0gC.

25、所得气体应该为 SO2和 H2的混合物 D. 反应共转移电子 1.6mol【答案】A【解析】【分析】Zn 和浓硫酸发生：Zn+2H 2SO4（浓）=ZnSO 4+SO2+H 2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与 Zn 发生：Zn+H 2SO4（稀）=ZnSO 4+H2，则生成的气体为 SO2和的 H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为 0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.50.4L2mol/L=0.4mol，参加反应的 n（H 2SO4）=0.1L18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设

26、反应生成 xmolSO2，ymolH 2，则根据方程式Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO 4+SO2+H 2O、Zn+H 2SO4（稀）=ZnSO 4+H2可知 x+y=0.8、2x+y=1.4，解得 x=0.6，y=0.2，所以反应会生成 0.6mol 的二氧化硫和 0.2mol 的氢气。A气体中 SO2和 H2物质的量比为 3：1，故 A 错误；B生成 1mol 混合气体转移 2mol 电子，消耗 1mol 的锌，所以反应中共消耗金属 Zn 的质量m（Zn）=0.865g/mol=52g，故 B 正确；C由以上分析可知所得气体应该为 SO2和 H2的混合物，故 C 正确；D生成 1mol

27、混合气体转移 2mol 电子，所以反应共转移电子 1.6mol，故 D 正确。- 10 -故答案选 A。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。19.化学与我们的生活息息相关，化学的丰富多彩从而导致我们的生活也多姿多彩。(1)中国的瓷器名世界，制备陶瓷是以粘土主要成分 Al 2Si2O5(OH)4为原料，经过高温烧结而成，若以氧化物形式表示该粘土的组成，则应表示为_。(2)硅元素为亲氧元素，其在自然界通常以化合态形式存在，而单质硅是一种重要的半导体材料，在工

28、业上常在高温下用 C 还原 SiO2来制取，请写出该反应的化学方程式_。(3)新制的氯水通入适量的 SO2可以看到氯水颜色褪去，请写出此时导致颜色褪去的化学方程_。(4)新制备的氢氧化亚铁为白色固体，在空气中会迅速变灰绿色最后变成红褐色，请写出氢氧化亚铁固体在空气中发生变化的化学方程式_。(5)金属铜与浓、稀硝酸的反应可以分别用于实验室制取 NO 或 NO2气体，请写出实验室利用铜与稀硝酸反应制取 NO 的离子方程式_。【答案】 (1). Al2O32SiO22H2O (2). SiO22C Si2CO (3). SO2Cl 22H 2OH 2SO42HCl (4). 4Fe(OH)2O 22

29、H 2O4Fe(OH) 3 (5). 3Cu8HNO 3(稀)3Cu(NO 3)22NO4H 2O【解析】【分析】（1）根据化学式改写成相应的氧化物得形式，按照活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H 2O 的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；（2）C 还原 SiO2生成 CO 和单质硅，据此书写；（3）二氧化硫与氯气发生氧化还原反应，导致氯水褪色；（4）氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁；（5）Cu 和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO 和水。- 11 -【详解】 （1）铝的氧化物为 Al2O3，硅的氧化物为 SiO2，氢的氧化物为 H2O，则根据活泼金属氧化物、较活泼金属

30、氧化物、SiO 2、H 2O 的顺序可知，Al 2Si2O5(OH)4可改成Al2O32SiO22H2O；（2）工业常用高温下 C 还原 SiO2来制取硅，Si 元素化合价降低，生成硅单质，被还原，C元素化合价升高，被氧化，生成一氧化碳，反应方程式为 SiO22C Si2CO；（3）二氧化硫具有还原性，能被氯水氧化，氯水褪色，反应的化学方程式为SO2Cl 22H 2OH 2SO42HCl；（4）氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为 4Fe(OH)2O 22H 2O4Fe(OH) 3；（5）硝酸具有强氧化性，能和较不活泼的金属 Cu 反应生成硝酸铜、NO 和水，离子方程式为3

31、Cu8HNO 3(稀)3Cu(NO 3)22NO4H 2O。20.、某一反应体系有反应物和生成物总共有 5 种物质：O 2、H 2CrO4、Cr(OH) 3、H 2O、H 2O2。已知该反应中 H2O2发生如下变化过程：H 2O2O 2，则有：(1)该反应中的氧化产物_；(2)写出并配平该反应的化学方程式：_。、现有反应：3BrF 3+5H2O HBrO 3+Br2+9HF+O2，已知 BrF3中 F 的化合价为-1 价，则有(3)该反应中的氧化剂是_，若生成 0.5 mol Br2，则反应过程中转移电子为_mol。【答案】 (1). O2 (2). 3H2O2 + 2H2CrO42Cr(OH

32、) 3 + 2H2O + 3O2 (3). BrF3 (4). 3【解析】【分析】IH 2O2只发生如下过程：H 2O2O 2，O 元素化合价升高，H 2O2被氧化，作还原剂，则该反应中Cr 元素的化合价降低，根据化合价的变化结合电子得失守恒配平，以此解答该题。II在反应 3BrF3+5H2OHBrO 3+Br2+9HF+O2中元素化合价变化情况为：溴元素由+3 价升高为+5 价，溴元素由+3 价降低为 0 价，氧元素化合价由-2 价升高为 0 价，据此解答。【详解】I （1）该反应中 H2O2发生如下变化过程：H 2O2O 2，O 元素化合价升高，H 2O2被氧化，作还原剂，该反应中的氧化产

33、物是 O2；（2）该反应中 H2O2发生如下变化过程：H 2O2O 2，O 元素化合价有1 价升高到 0 价，H 2O2被- 12 -氧化，作还原剂，则 Cr 元素化合价应该降低，得到电子，即发生 H2CrO4Cr(OH) 3，Cr 元素化合价从+6 价降低到+3 价，根据电子得失守恒可知反应的方程式为 3H2O2+2H2CrO42Cr(OH)3+2H2O+3O2；II在反应 3BrF3+5H2OHBrO 3+Br2+9HF+O2中元素化合价变化情况为：溴元素由+3 价升高为+5 价，溴元素由+3 价降低为 0 价，氧元素化合价由-2 价升高为 0 价，所以 BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，

34、同时水也起还原剂作用，根据生成 Br2时 Br 元素化合价变化计算转移电子，若生成 0.5molBr2，则反应过程中转移电子为 0.5mol6=3mol。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意 Br 元素的化合价判断为易错点。21.已知 A、B 为常见的非金属单质且常温下均为气体，甲、乙为金属单质，乙在 I 的浓溶液中发生钝化，C 为极易溶于水的气体而且水溶液呈碱性，而 H 为一种强碱，各物质间的转化关系如下图(部分生成物末给出，且未注明反应条件)：(1)已知 D 为无色气体遇氧气随即变为红棕色气体 G，则上述转化关系的反应中，每反应消耗 3mol G，转移

35、电子的物质的量为_mol。(2)实验室制取 C 物质的化学方程式为：_。(3)已知上述转化关系中反应的发生一般是将 H 溶于水得到强碱溶液再与金属乙混合，此时看到金属乙溶解且表面冒气泡，请写出反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 2 (2). 2NH4Cl2Ca(OH) 2 CaCl22NH 32H 2O (3). 2Al2OH 2H 2O=2AlO2 3H 2【解析】【分析】A，B 为常见的非金属单质而且常温下均为气体，二者反应生成的 C 为极易溶于水的气体而且水溶液呈碱性，则 C 为 NH3，氨气催化氧化生成 NO 和水，D 能与氧气反应，说明 D 是 NO，G是二氧化氮，溶于水生成硝

36、酸和 NO，则 I 是硝酸。甲、乙为金属单质，乙在 I 的浓溶液中发生钝化，甲能与水反应，则甲是钠，生成的 H 是氢氧化钠，所以乙是 Al，与氢氧化钠溶液反- 13 -应生成偏铝酸钠和氢气，则 J 是偏铝酸钠，A 是氢气，所以 B 是氮气，据此解答。【详解】根据以上分析可知 A 为 H2，B 为 N2，C 为 NH3，D 是 NO，E 是 H2O，G 是 NO2，H 是NaOH，I 是 HNO3，J 是 NaAlO2。则（1）反应为 3NO2+H2O2HNO 3+NO，反应中 NO2既是氧化剂又是还原剂，物质的量之比为1：2，起氧化剂作用的 NO2反应中 N 元素的化合价由+4 降低为+2，则

37、 3mol NO2反应转移电子为 1mol（4-2）=2mol；（2）实验室制备氨气的化学反应方程式为 2NH4Cl2Ca(OH) 2 CaCl22NH 32H 2O；（3）反应为 Al 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为2Al2OH 2H 2O2AlO 2 3H 2。【点睛】本题考查无机物的推断， “物质 C 的性质、D 到 G 的颜色变化、金属与碱反应”等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意常见连续反应、三角转化、特殊置换反应、能与酸碱反应的物质等是解答此类问题的关键。22.某研究型学习小组在老师指导下利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应情况，其中A、F 分别

38、为氨气和氯气的制取发生装置，C 为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置。请回答下列有关问题：(1)实验室收集制备得到的氨气常用的方法是_。(2)请为 B 处虚线框内选择可能合适的装置以及相应的试剂名称_（填序号） 。球形干燥管装碱石灰 洗气瓶装浓硫酸 球形干燥管装氯化钙 球形干燥管装氢氧化钠(3)装置 F 中发生反应的化学方程式为：_。若一定体积的浓盐酸中含有 4mol HCl 溶质，则加热条件下与足量二氧化锰充分反应后，最终得到的氯气物质的量_l mol(填、或)。(4)置 D 的作用是_，装置 E 的作用是除去 HCl，使用饱和食盐水而不直接用蒸馏水的原因是_。- 14 -(5)氰(C

39、N) 2的化学性质与卤素单质如 Cl2相似,请写出(CN) 2与适量 KOH 溶液发生反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 向下排气法 (2). (3). MnO24HCl(浓)MnCl2Cl 22H 2O (4). (5). 干燥氯气 (6). 抑制氯气和水的反应，减少氯气的消耗 (7). (CN) 2 +2KOHKCN + KCNO +H 2O【解析】【分析】A、F 分别为氨气和氯气的制取发生装置，A 可为浓氨水与生石灰反应，生成的气体可用盛有碱石灰的干燥管干燥，F 为制备氯气的装置，E 为除去 HCl 的装置，D 为氯气的干燥装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置，二者发

40、生 3Cl2+8NH3N 2+6NH4Cl，可观察到有白烟生成，以此解答该题。【详解】 （1）氨气极易溶于水，且密度比空气小，可用向下排空气法收集；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，可用碱石灰、氢氧化钠、氧化钙等干燥氨气，不能用浓硫酸和氯化钙干燥氨气，题中符合，故答案为；（3）F 为制备氯气的装置，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，方程式为MnO24HCl(浓) MnCl2Cl 22H 2O。由于随着反应的进行，盐酸浓度降低，还原性减弱，不再与二氧化锰反应，则最终得到的氯气的物质的量1mol；（4）D 为氯气的干燥装置，可除去氯气中的水蒸气；制得的氯气中混有氯化氢，由于Cl2+H

41、2O H+Cl-+HClO，氯化钠电离出的 Cl-，增大 Cl-浓度，平衡左移，抑制了 Cl2和H2O 的反应，减少了 Cl2消耗，故 B 装置中用饱和食盐水而不用蒸馏水；（5）(CN) 2的化学性质和卤素很相似，则根据氯气和氢氧化钾溶液反应原理可知(CN) 2与 KOH溶液反应的化学方程式为(CN) 2+2KOHKCN+KCNO+H 2O。23.将一定质量的镁铝合金投入 100mL 一定物质的量浓度的盐酸中，若合金全部溶解，向所得溶液中滴加 10.0 mol/L NaOH 溶液至过量，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液体积的关系如下图所示。- 15 -(1)当加入 NaOH 溶液 80mL 到

42、 90mL 时，发生反应的离子方程式为：_。(2)当沉淀达到最大值时，其中 Al(OH)3的质量为_g；(3)原盐酸的物质的量浓度为_mol/L；(4)若所取盐酸的体积和浓度均保持不变，为保证加入 100mL 10.0 mol/L NaOH 溶液时最终无 Al(OH) 3生成，则此时所取合金中含 Al 的物质的量即 n(Al)的取值范围为_。【答案】 (1). Al(OH)3OH AlO 2 2H 2O (2). 7.8 (3). 8 (4). 0n(Al)0.2【解析】【分析】向所得溶液中滴加 10.0mol/LNaOH 溶液，在滴加 NaOH 溶液到体积为 10mL 过程中，没有沉淀生成，

43、说明盐酸有剩余，发生反应 NaOH+HCl=NaCl+H2O，1080mL 发生反应：MgCl2+2NaOHMg(OH) 2+2NaCl、AlCl 3+3NaOHAl(OH) 3+3NaCl，80mL 时沉淀达最大值，溶液中溶质为 NaCl，8090mL 发生反应：Al(OH) 3+NaOHNaAlO 2+2H2O，90mL 时，沉淀质量不再减小，氢氧化铝反应完全，溶液中溶质为 NaAlO2、NaCl，结合反应的方程式和原子守恒解答。【详解】 （1）由图像变化可知 8090mL 时沉淀质量减少，说明氢氧化钠溶解氢氧化铝，则发生反应 Al(OH)3OH AlO 2 2H 2O；（2）根据反应 A

44、l(OH)3OH AlO 2 2H 2O 由铝元素守恒可知 nAl(OH)3=n（NaAlO 2）=0.01L10.0mol/L=0.1mol，Al(OH) 3的质量为 0.1mol78g/mol=7.8g；（3）当加入 NaOH 溶液为 80mL 时沉淀达到最大值，溶质为 NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH）=0.08L10.0mol/L=0.8mol，故 c（HCl）=0.8mol0.1L=8mol/L；（4）加入 100mL10.0mol/LNaOH 溶液后最终无 Al(OH)3生成，Al 3+转化为 AlO2-，溶质为- 16 -NaCl、NaAlO 2，沉淀为 Mg(OH)2，根据钠离子守恒：n（NaOH）n（NaCl）+n（NaAlO 2） ，n（NaCl）=0.8mol，则 n（NaAlO 2）n（NaOH）-n（NaCl）=0.1L10.0mol/L-0.8mol=0.2mol，由于是混合物，Al 的物质的量不可能为 0，故 0n(Al)0.2mol。- 17 -