四川省成都市第七中学2018_2019学年高一化学上学期半期考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -四川成都七中 2018-2019 学年高一上学期半期考试理科化学试题1.日本曾发生特大地震，福岛核电站发生爆炸，释放出大量放射性物质，下列图标警示的是放射性物品的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A为易燃物标志，选项 A 不符合题意； B为爆炸品标志，选项 B 不符合题意；C为剧毒品标志，选项 C 不符合题意；D为放射性标志，选项 D 符合题意；故选合理选项是 D。2.设 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4L 氦气与 lmol 氢气所含原子数均为 NAB. 1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有 0.1N A个 HCO 3-C.

2、 己知可将 0.lmolNaCl 溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为 0.1NAD. 6molCl2通入足量热 NaOH 溶液发生反应：3Cl 2+6NaOH NaC1O3+5NaCl+3H2O，转移电子数目为 10NA【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下，22.4L 氦气的物质的量是 1mol，氦气分子是单原子分子，1mol 氦- 2 -气含有原子数目为 NA。但氢气分子是双原子分子，lmol 氢气所含原子数为 2NA，A 错误；B. 1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有溶质 NaHCO3的物质的量是 0.1mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中 HCO3-发生水解反应而

3、消耗，所以含有 HCO3-的数目小于 0.1NA个 ，B 错误；C. 0.lmolNaCl 溶于乙醇中制成胶体，由于胶粒是许多 NaCl 的集合体，所以其中含有的胶体粒子数目小于 0.1NA，选项 C 错误；D.根据方程式可知每 3molCl2反应转移 5mol 电子，则 6molCl2发生该反应，转移电子的物质的量是 10mol，则转移电子数目是 10NA，选项 D 正确；故合理选项是 D。3.下列说法正确的是A. 置换反应一定属于氧化还原反应，氧化还原反应一定属于离子反应B. 碱性氧化物一定属于金属氧化物，酸性氧化物不一定属于非金属氧化物C. 强氧化性的试剂与还原性的试剂混合一定能发生氧化

4、还原反应D. NaCl、液氨、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质【答案】B【解析】【详解】A置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定属于氧化还原反应；氧化还原反应中不一定有离子参与，如氢气在氧气中的燃烧反应是氧化还原反应，但不是离子反应，故 A 错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，也可以是非金属氧化物，如：Mn 2O7、CO 2是酸性氧化物，故 B 正确；C、一般强氧化剂遇到强还原剂可以发生氧化还原反应，但同种元素之间必须有中间价态才能发生，如浓硫酸与二氧化硫，故 C错误；DNH 3本身不能发生电离，NH 3为非电解质，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题

5、的易错点为 B，要注意非金属氧化物和金属氧化物与碱性氧化物和书写氧化物的关系，判断时要记住一些特殊的例子，如 Mn2O7是酸性氧化物，CO 为不成盐氧化物，Na 2O2为过氧化物，Al 2O3为两性氧化物等。4.用 98%的浓硫酸（密度为 1.84gcm-3）配制 80mLlmolL-1的稀硫酸。现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：25mL 量筒 l0mL 量筒 50mL 烧杯 托盘天平 100mL 容量瓶 胶头滴管 玻璃棒80mL 容量瓶 ，按使用仪器的先后顺序排列正确的是A. B. C. D. - 3 -【答案】A【解析】【分析】配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、定容、摇匀

6、、装瓶，结合实验步骤选择仪器，据此解答。【详解】用 98%的浓硫酸(密度为 1.84gcm-3)配制 80mL1mol/L 的稀硫酸，要选择使用 100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为 V，由稀释前后溶质的物质的量不变，可知=0.1L1mol/L，解得 V=0.0054L=5.4mL，所以应选择 10mL 量筒，然后在 50mL 烧杯中稀释、冷却后，用玻璃杯引流转移到 100mL 容量瓶中，定容，还需要玻璃棒、胶头滴管，则按使用仪器的先后顺序排列正确的是，合理选项是 D。【点睛】本题考查配制一定物质的量的溶液的知识，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、仪器为解答的关键，注意容量瓶的选择，题目

7、难度不大。5.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A应该采用萃取和分液的方法分离，并且图中冷却水未下进上出，温度计的水银球没有放在蒸馏烧瓶的支管口附近，故 A 错误；B应选蒸馏法分离，不是过滤，故 B 错误；C碘易升华，KI 加热不发生变化，从 KI 和 I2的固体混合物中回收 I2，应选升华，故 C 正确；D蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，故 D 错误；故选 C。6.配制 100mL 0.1 mol/L 的 NaOH 溶液，下列说法或操作正确的是- 4 -A. 用托盘天平称量 NaOH 固体时左盘和右盘均应使用称量纸B.

8、 在 100mL 容量瓶中溶解 NaOH 固体，冷却至室温才能进行定容C. 称量所取的 NaOH 样品中有 KOH 杂质，其他操作正确，配好的 NaOH 溶液浓度偏低D. 摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线【答案】C【解析】【详解】A氢氧化钠具有腐蚀性，称量具有腐蚀性药品应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故 A 错误；B容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故 B 错误；C称量所取的 NaOH 样品中有 KOH 杂质，其他操作正确，导致氢氧化钠溶质的物质的量偏小，则配好的 NaOH 溶液浓度偏低，故 C 正确；D摇匀后见液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏低，

9、故 D 错误；故选 C。7.下列氧化还原反应方程式，所标电子转移方向与数目错误的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.在该反应中，Fe 元素化合价由 Fe 单质的 0 价变为反应后 FeCl2中的+2 价，化合- 5 -价升高，失去 2e-；H 元素的化合价由反应前 HCl 中的+1 价变为反应后 H2中的 0 价，化合价降低，得到 2e-，电子转移符合反应事实，选项 A 正确；B.在该反应中，N 元素化合价由 NO 的+2 价变为反应后 HNO3中的+5 价，化合价升高，失去43e-；O 元素的化合价由反应前 O2中的 0 价变为反应后 HNO3中的-2 价，化合价降低，得

10、到62e-，电子转移符合反应事实，选项 B 正确；C.在该反应中，Cl 元素化合价由 Cl2的 0 价变为反应后 Ca(ClO)2中的+1 价，化合价升高，失去 2e-；Cl 元素的化合价由反应前 Cl2中的 0 价变为反应后 CaCl2中的-1 价，化合价降低，得到 2e-，电子转移符合反应事实，选项 C 正确；D.在该反应中，Cl 元素化合价由 HCl 的-1 价变为反应后 Cl2中的 0 价，化合价升高，失去5e-；Cl 元素的化合价由反应前 KClO3中的+5 价变为反应后 Cl2中的 0 价，化合价降低，得到 5e-，题目中反应过程中电子转移数目不符合反应事实，选项 D 错误；故合理

11、选项是 D。8.某无色、澄清溶液中可能含有Na +、SO 42-、Cl -、HCO 3-、CO 32-、H +、Cu 2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤 操作 现象（1） 用紫色石蕊试液检验 溶液变红（2） 向溶液中滴加 BaCl2和稀 HC1 有白色沉淀生成（3）将（2）中所得混合物过滤，向滤液中加入 AgN03溶液和稀 HN03有白色沉淀生成下列结论正确的是A. 肯定含有的离子是B. 该实验无法确定是否含有C. 可能含有的离子是D. 肯定没有的离子是，可能含有的离子是- 6 -【答案】B【解析】试题分析：无色澄清溶液，可知溶液里没有 Cu2+；（

12、1）用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里不含 CO32-和 HCO3-；（2）向溶液中滴加 BaCl2和稀 HCl，有白色沉淀生成，此沉淀为 BaSO4，说明溶液里有 SO42-；（3）将（2）中所得混合物过滤，向滤液中加入 AgNO3溶液和稀 HNO3，此沉淀为 AgCl，但无法说明溶液里有 Cl-，因实验（2）中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了 Cl-；由分析可知溶液里一定存在SO 42-、H +，一定不存在HCO 3-、CO 32-、Cu 2+，可能存在Na +、Cl -，故选 B。考点：考查离子反应及离子组成分的判断9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.

13、 碳酸氢钠溶液中：Cl -、NO 3-、Na +、OH -B. 澄清透明的溶液中：Cu 2+、K +、SO 42-、Br -C. 酚酞呈红色的溶液中：SO 42-、K +、Cl -、Al 3+D. 饱和食盐水中：Fe 3+、I -、SO 32-、K +【答案】B【解析】【详解】AHCO 3-与 OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故 A 不选；BCu 2+、K +、SO 42-、Br -四种离子之间不反应，是澄清透明的溶液，故 B 选；C滴入酚酞呈红色的溶液，显碱性，含有 OH-，Al 3+与 OH-反应结合为沉淀，不能大量共存，故 C 不选；D铁离子能氧化碘离子，Fe 3+与 I-不

14、能大量共存，故 D 不选；故选 B。【点睛】本题考查离子的共存。本题的易错点为 B，要注意“澄清透明”与“无色”限制条件的区别。10.同温同压下，质量相同的 CO2、O 2、CH 4三种气体，下列说法错误的是A. 所占的体积由大到小的顺序是：CH 4O 2CO 2B. 所含分子数由多到少的顺序是：CH 4O 2CO 2C. 密度由大到小的顺序是：CO 2O 2CH 4D. 所含的电子数由多到少是：CO 2CH 4O 2【答案】D【解析】- 7 -【详解】A根据 n= 可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，同温同压下体积与物质的量成正比，则质量相同的 CO2、O 2、CH 4三种气体，所

15、占的体积由大到小的顺序是：CH4O 2CO 2，故 A 正确；B根据 n= 可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，则同温同压下，质量相同的 CO2、O 2、CH 4，分子数由多到少的顺序是：CH4O 2CO 2，故 B 正确；C同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO 2、O 2、CH 4三种气体摩尔质量由大到小的顺序是：CO 2O 2CH 4，密度由大到小的顺序是：CO 2O 2CH 4，故C 正确；D取 mg 四种气体，质量相同的 CO2、O 2、CH 4三种气体含电子数分别为：(6+82)= mol， (82)= mol， (6+14)= mol，所含的电子数由多到

16、少是：CH 4CO 2=SO2，故 D 错误；故选 D。11.如下图所示，室温下的两个连通刚性容器用活塞分开，左右两室体积相同，左室充入一定量 NO，右室充入一定量 O2，且恰好使两容器内气体密度相同。打开活塞，使 NO 与 O2充分反应且恢复至室温，反应如下:2NO+O 2=2NO2。不考虑 NO2转化为 N2O4，下列判断正确的是A. 反应前后左室的压强相同B. 反应后容器内的密度与反应前的相同C. 开始时左右两室中的分子数相同D. 反应后容器内无 O2存在【答案】B【解析】【详解】A.发生 2NO+O2=2NO2，反应后气体总物质的量减少，气体平均充满左右两室，则反应后 NO 室的气体物

17、质的量也要减小，导致气体压强减小，选项 A 错误；B.反应过程遵循质量守恒定律，反应后气体的总质量与反应前一氧化氮与氧气质量之和相等。由于容器的容积不变，气体的质量也不变，所以反应后容器内气体的密度与反应前气体的密度相同，选项 B 正确；C.由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而 NO和 O2的摩尔质量不相等，故二者的物质的量不相等，则开始时左右两室分子数不相同，选项- 8 -C 错误； D.容器内 NO、O 2的质量相等，二者物质的量之比为 32：30=16：15，两种气体发生反应：2NO+O2=2NO2，反应时二者的物质的量的比是 2：1，可见 O2过

18、量，故最终容器内有 O2存在，选项 D 错误；故合理选项是 B。12.下列反应的离子方程式中或电离方程式正确的是A. Fe2（SO 4） 3溶液中加入足量 Ba（OH） 2溶液：Fe 3+SO42-+Ba2+3OH-=Fe（OH） 3+BaSO 4B. 向 NaHSO4溶液中加入 Ba（OH） 2溶液至 SO42-完全沉淀： 2H +SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4C. 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：Ca 2+HCO3-+OH-=CaCO3+H 2OD. HSO3-在水中的电离：HSO 3-+H2O SO32-+ H3O+【答案】D【解析】【详解】A.由于 Ba(OH)

19、2足量，则 Fe2(SO4)3完全反应，离子方程式是 2Fe3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Fe(OH)3+3BaSO 4，不符合反应事实，选项 A 错误；B. NaHSO4完全反应，离子方程式要以 NaHSO4为标准书写，反应的离子方程式是 H+SO42-+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4，不符合反应事实，选项 B 错误；C.向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠，碳酸氢钙完全反应，以碳酸氢钙为标准，反应的离子方程式是：Ca 2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H 2O，不符合反应事实，选项 C 错误；D. HSO3-是弱酸的酸式酸根离子，在水中的电离存在电离平衡，电离方程式是：

20、HSO 3-+H2OSO32-+ H3O+，符合事实，选项 D 正确；故合理选项是 D。13.离子方程式 2Ca2+3HCO3-+3OH-=2CaCO3+CO 32-+3H2O 可表示A. Ca（HCO 3） 2 与 NaOH 溶液反应 B. Ca（HCO 3） 2 与 Ba（OH） 2溶液反应C. Ca（HCO 3） 2与澄清石灰水反应 D. NH 4HCO3与澄清石灰水反应【答案】A【解析】试题分析：ACa(HCO 3)2与 NaOH 溶液按照 2:3 混合，会发生反应，离子方程式是：2Ca 2+ 3HCO3+ 3OH2CaCO 3 + CO32+ 3H2O，A 正确；BCa(HCO 3)

21、2与 Ba(OH)2溶液反应.生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，不能用该离子方程式表示，B 错误；CCa(HCO 3)2与澄清石灰水反应，- 9 -离子方程式是：Ca 2+ HCO3+ OHCaCO 3 +H2O，C 错误；DNH 4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：Ca 2+ HCO3+NH4+ 2OHCaCO 3 +NH 3H2O + H2O，D 错误，答案选 A。【考点定位】考查化学反应方程式和离子方程式书写的正误判断的知识。【名师点睛】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸

22、弱碱盐与酸、碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。14.向含 1mol HC1 和 1 mol MgS04的混合溶液中，逐滴加入 1 mol/L 的 Ba（OH） 2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入 Ba（OH） 2溶液体积（V）间的关系图正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：溶液中含有 1mol 氢离子、1mol 镁离子和 1molSO42 ，则加入氢氧化钡时立即生成硫酸钡沉淀，当氢氧化钡的物质的量是 0.5mol 时，溶液中的氢离子恰好被中和，此时继续加入氢氧化钡开

23、始生成氢氧化镁沉淀。当氢氧化钡的物质的量达到 1mol 时，SO 42 完全被沉淀，但溶液中仍然含有镁离子，所以继续加入氢氧化钡仍然会产生白色沉淀氢氧化镁，据此可知选项 C 正确，答案选 C。- 10 -考点：考查沉淀生成以及图像识别的判断点评：点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键字明确反应的原理，特别是反应的先后顺序，然后根据有关方程式和图像灵活判断即可。15.下列有关实验操作、现象和

24、结论都正确的是选项 实验操作 实验现象 结论A 用镊子夹住 pH 试纸伸入某溶液 pH 试纸变红 溶液呈酸性B 向 U 型管内氢氧化铁胶体通电 阳极红褐色变深 氢氧化铁胶粒带正电C 用分液漏斗对 CCl4和水进行分液 混合溶液不分层不能用分液的方法分离 CC14和水D用电流计测室温下等物质的量浓度的 NaHSO3和 NaHSO4溶液的导电性NaHSO3的导电性较弱NaHSO3溶液中的离子浓度较小A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】ApH 试纸不能伸入溶液中；B胶体粒子可吸附带电荷的离子；BCCl 4和水分层；- 11 -DNaHSO 3的导电性较弱，可知阴离子存在电

25、离平衡。【详解】ApH 试纸测溶液的 pHJ 时不能伸入该溶液中，应选玻璃棒蘸取溶液滴在 pH 试纸上，选项 A 错误；B胶体粒子可吸附带电荷的离子，氢氧化铁胶体离子带正电，所以是阴极红褐色变深，故选项 B 错误；BCCl 4和水是互不相容的两层液体物质，二者分层，可用分液方法分离，选项 C 错误；DNaHSO 3的导电性比等浓度 NaHSO4溶液较弱，说明阴离子 HSO3-不完全独立，在溶液中存在电离平衡，导致 NaHSO3溶液中的离子浓度较小，选项 D 正确；故合理选项是 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。16.下

26、图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是A. 标签上离子的浓度是物质的量浓度B. 由矿泉水制蒸馏水必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶C. 该品牌饮用矿泉水中 c（Mg 2+）最大值为 210-4mol/LD. 一瓶该品牌饮用矿泉水中 SO42-的物质的量不超过 l10-5mol【答案】C【解析】【详解】A.物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的，物质的量单位是 mol，因此表示的不是物质的量浓度，选项 A 错误；B. 由矿泉水制蒸馏水采用的是蒸馏方法，必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、导气管、冷凝管、牛角管和锥形

27、瓶，缺少导气管，选项 B 错误；C.该品牌饮用矿泉水中镁离子的最大浓度是 4.8mg/L，转化为物质的量浓度为 c(Mg2+)- 12 -=(4.810-3g24g/mol)/L= 210-4mol/L，选项 C 正确；D.由于题干没有指明 Cl-的浓度，因此无法确定 SO42-的物质的量浓度，选项 D 错误；故合理选项是 C。17.下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2 的是 2CH 3COOH+Ca(C1O)2=2HC1O+Ca(CH3COO)2 SiO 2+2C Si+2CO4HC1(浓)+MnO 2 MnCl2+Cl2+2H 2O SiO 2+3C SiC+2COA. 仅有

28、 B. 仅有 C. 仅有 D. 【答案】C【解析】【详解】反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，不符合题意；中硅元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，则 SiO2为氧化剂，C 为还原剂，其物质的量之比为 1：2，符合题意；HCl 为还原剂，MnO 2为氧化剂，且 4molHCl 反应时只有 2mol 作还原剂，根据反应过程中原子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2，符合题意；只有 C 元素的化合价变化，C 为还原剂、氧化剂，根据反应过程原子守恒、电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2，符合题意，符合题意的是；故正确选项为 C。18.已知反应（1） 、 （2）分

29、别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：（1）2NaI+MnO 2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（2）2NaIO 3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是A. 两个反应中 NaHSO4均为氧化产物B. I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C. 氧化性：MnO 2SO 42-IO 3-I 2D. 反应（1） 、 （2）中生成等量的 I2时转移电子数之比为 1: 5【答案】D【解析】- 13 -试题分析：A在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故 A 错误；B碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，

30、故 B 错误；C氧化性 IO3-SO 42-，故 C错误；D反应中生成 1mol 碘转移 2NA电子，反应中生成 1mol 碘转移 10NA电子，所以反应、中生成等量的 I2时转移电子数比为 2NA：10N A=1：5，故 D 正确；故选 D。考点：氧化还原反应19.把碎纸片 b 补充到 a 中，可得到一个完整的离子方程式（未配平） ，下列说法正确的是A. 反应物微粒是 S、SO 3-、OH -B. 该反应说明 S2-和 SO32-可以在碱性溶液中可以大量共存C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2D. 3molS 参加反应时，转移的电子数 3NA【答案】B【解析】【分析】在碱性条件下，S

31、 与氢氧根离子反应生成 S2-和 SO32-，S 元素的化合价一部分升高变为 SO32-，一部分降低变为 S2-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，据此分析判断。【详解】碱性条件下，S 与氢氧根离子反应生成 S2-和 SO32-，S 元素的化合价一部分升高变为SO32-，一部分降低变为 S2-，反应的离子方程式为 3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，反应中部分 S 的化合价从 0 价升高到+4 价，部分 S 的化合价从 0 价降低到-2 价。A反应物微粒是 S、OH -，选项 A 错误；B碱性条件下，S 与氢氧根

32、离子反应生成 S2-和 SO32-，二者在碱性条件下不能反应，可以大量共存，选项 B 正确；C化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的 S 作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之- 14 -比为 2：1，选项 C 错误。D反应中 3molS 发生反应，转移电子的物质的量是 4mol，电子数目是 4NA，选项 D 错误；故合理选项是 B。【点睛】本题考查了离子反应和氧化还原反应的有关判断和计算，注意把握硫及其化合物的性质及氧化还原反应的规律。20.五氟化碘（IF 5）是重要的卤氟化物，IF 5可与水反应 IF5+3H2O=HIO3+5HF，生成的 HIO3 与KI 在酸性下生成游离碘 IO3-+5I

33、-+6H+=3I2+3H2O。用标准硫代硫酸钠溶液滴定碘发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI 即可分析 IF5含量，若己知滴定耗用硫代硫酸钠的物质的量为0.3mol，则分析的试样中 IF5的物质的量为A. 0.05mol B. 0.2mol C. 0.lmol D. 0.3mol【答案】A【解析】【分析】首先根据题意找出 IF5与硫代硫酸钠的物质的量关系，然后用关系式法计算求解。【详解】根据题干的方程式：IF 5+3H2O=HIO3+5HF、IO 3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、2Na 2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI 可知关系式：IF 5HIO33I26

34、Na2S2O3，由于在反应过程中消耗硫代硫酸钠 0.3mol，则分析的试样中 IF5的物质的量是 n(IF5)= ，所以选项 A 符合题意，故合理选项是 A。【点睛】本题考查了关系式法在氧化还原反应计算的应用的知识。在多步化学反应中，使用关系式法，可以大大减少计算过程，提高做题正确率，关键是根据反应方程式找出已知物质与待求物质之间的物质的量关系，本题难度不大。21.（1）纯净物可根据其组成和性质进行分类。如图所示的分类方法属于_（填字母） 。- 15 -A.交叉分类法 B.树状分类法（2）人们以_为分类标准分出溶液、胶体和浊液三种体系。实验室制备 Fe（OH） 3胶体的实验步骤是:_，请写出实

35、验室制备 Fe（OH） 3胶体的化学方程式：_。（3）以 H、O、S、N 几种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质，分别将其中一种常见物质的化学式填在下表相应类别中：物质类别 非含氧酸 碱 酸式盐 酸性氧化物化学式 _ _ _ _【答案】 (1). B (2). 分散质粒子大小 (3). 将 56 滴饱和 FeCl3溶液逐滴加入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热 (4). FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl (5). H2S (6). NH3H2O (7). NH4HSO4、NH 4HSO3、NH 4HS (8). SO2、SO 3、NO 、NO 2【解析】【详

36、解】(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，图示方法就是树状图，选项 B 正确，合理答案是选项 B；(2)根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液三种体系；在实验室制备Fe(OH)3的实验步骤是将 30mL 蒸馏水煮沸，然后将 56 滴饱和 FeCl3溶液逐滴加入沸水中，继续加热煮沸，待液体呈红褐色，停止加热，就得到了 Fe(OH)3 胶体；(3)以 H、O、S、N 四种元素中任意两种或三种元素可组成的无氧酸有：H 2S；碱有：NaOH 或- 16 -NH3H2O；酸式盐有：NH 4HS、NH 4HSO4、NH 4HSO3，氧化物有：H 2O、

37、NO、NO 2、N 2O5、SO 2、SO 3等。22.A、B、C、D 为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为 Ba2+、Ag +、Na +、Cu 2+和 NO3- 、SO 42-、Cl -、CO 32-（离子在物质中不能重复出现） 。若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有 C 盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B 盐的溶液有沉淀生成，D 盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：(1)A_；B_。(2)写出过量醋酸与 D 反应放出气体的离子方程式：_。(3)将含相同物质的量 A、B、C 的溶液混合，混合后溶液中存在的离子有_，各离子的物质的

38、量之比为_，在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式:_。(4)C 溶液中阴离子的检验方法：_。【答案】 (1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CO32-+2CH3COOH=CO2+H 2O+2CH3COO- (4). Cl- NO3- Cu2+ (5). 1:1:1 (6). Zn+Cu2+=Zn2+Cu (7). 取少量 C 溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明 C 中阴离子为 SO42-【解析】【分析】根据离子共存的原则，结合溶液的颜色及反应时的现象，确定四种物质分别为BaCl2、AgNO 3、CuSO 4、Na 2CO3，然后分析解

39、答。【详解】由于是可溶性盐，所以溶液中存在的阳离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba 2+不能和 SO42-、CO 32-结合，而只能和 NO3-、Cl -结合；Ag +不能和 SO42-、Cl -、CO 32-离子结合，而只能和 NO3-结合，则相应的物质一定是 BaCl2、AgNO 3；Cu 2+不能和 CO32-结合，所以 C 为 CuSO4，Na +对应阴离子 CO32-，该物质是 Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO 3、CuSO 4、Na 2CO3。由于 C 盐是蓝色的，所以 C 为 CuSO4；四支试管加入盐酸，B 有沉淀，则 B 溶液为 A

40、gNO3；而 D 生成无色无味气体，气体是二氧化碳，则 D 为 Na2CO3；综上所述：A 为 BaCl2；B 为 AgNO3；C 为 CuSO4；D 为 Na2CO3。(1)由上述分析可知 A 为 BaCl2；B 为 AgNO3；(2)醋酸是一元弱酸，但是醋酸的酸性比碳酸强，根据强酸与弱酸的盐反应可制取弱酸，可知醋酸与 D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为：2CH 3COOH +CO32-=2CH3COO-+CO2+H 2O；(3)A 为 BaCl2；B 为 AgNO3；C 为 CuSO4，等物质的量三种物质混合于溶液，会发生反应：- 17 -Ba2+SO42-=BaSO4，Ag +Cl

41、-=AgCl；溶液中存在的离子及物质的量之比为：n(Cl -)：n(NO 3-)：n(Cu 2+)=1：1：1，在此溶液中加入锌粒，由于金属活动性 ZnCu，所以 Zn 可将其中的铜置换出来，反应的离子方程式为 Zn+Cu2+Zn 2+Cu； (4)C 为 CuSO4，检验物质 C 中阴离子 SO42-的方法是取少量 C 溶液于试管中，先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明 C 中阴离子为 SO42-。【点睛】本题考查无机物的推断、离子共存、离子检验离子方程式书写等知识，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意 C 为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推

42、断能力的综合考查。23.在足量的 FeCl2溶液中，加入 12 滴液溴（红棕色，其水溶液颜色因浓度不同而不同） ，振荡后溶液变为黄色。（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是_（填粒子的化学式，下同）：乙同学认为这是发生反应所致，使溶液变黄色的物质是_。（2）现提供以下试剂：A.酸性高锰酸钾溶液 B.氢氧化钠溶液 C.四氯化碳 D. KSCN 溶液 经查阅资料：氧化性 MnO4-Br 2Fe 3+I 2；Fe 3+遇 KSCN 溶液显红色 若要证明乙同学是正确的，请用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象。选用试剂 实验现象第一种方法 _ _第二种方法 _

43、 _（3）根据上述实验推测，若在 FeBr2溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是_。（4）若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，你认为是否可行?- 18 -_（填“可行”或“不可行” ）理由是 _。【答案】 (1). Br 2 (2). Fe3+ (3). C (4). CCl4层不变色 (5). D (6).溶液显红色 (7). Fe 2+ (8). 不可行 (9). Br 2 和 Fe3+都能氧化 I【解析】【分析】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，据此分析解答；(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，则需要证明不含溴单质或存在铁离

44、子，据此选择合适的试剂通过现象分析判断；(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，据此分析解答；(4)根据 Br2 和 Fe3+都能氧化 I生成碘单质分析判断。【详解】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，则甲认为溶液变黄色的物质是 Br2，乙认为溶液变黄色的物质是 Fe3+，故答案为：Br2；Fe 3+；(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，就需要证明不含溴单质或存在铁离子。若选四氯化碳时有机层为无色，则证明不含溴单质，说明乙同学正确；若选 NaOH 溶液，出现红褐色沉淀，则证明生成了 Fe3+，说明乙同学正确；若选硫氰化钾，溶液变为红色，

45、则证明生成了 Fe3+，说明乙同学正确，故答案为：C；CCl 4层不变色；D；溶液显红色(或 B；立即产生红褐色沉淀)；(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，则在溴化亚铁溶液中通入氯气，还原性强的易被氧化，则 Fe2+先被氧化，故答案为：Fe 2+；(4)若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，由于 Br2 和 Fe3+都能氧化 I，生成了碘单质，溶液均变成蓝色，因此该方法不可行，故答案为：不可行；Br 2 和 Fe3+都能氧化 I。24.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN3、Fe 2O3、KClO 4等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而

46、起到保护作用。(1)NaN3是气体发生剂，其中 N 的化合价为_，是_（用“电解质”或者“非电解质”填空） 。NaN 3受热分解产生 N2和 Na，则该反应方程式为： _。已知常温常压下气体摩尔体积为 24.5L/mol，则在常温常压下，反应 130g NaN3能产生- 19 -_L 的 N2。(2)Fe2O3是主氧化剂，与 Na 反应生成的还原产物为_（已知该反应为置换反应） 。若已知 2.3gNa 完全反应，转移的电子物质的量为_。(3)KClO4是助氧化剂，反应过程中与 Na 作用生成 KC1 和 Na2O，请用单线桥表示该反应电子转移：KClO 4+8Na= KCl+4Na2O_【答案

47、】 (1). (2). 电解质 (3). 2NaN3 2Na+3N2 (4). 73.5 (5). Fe (6). 0.1mol (7). 【解析】【详解】(1) NaN3是盐，属于电解质；由于 Na 元素的化合价是+1 价，根据化合物中正负化合价的代数和等于 0，可知其中 N 元素的化合价为 价；NaN 3是气体发生剂，受热分解产生Na 和 N2，方程式为 2NaN3 2Na+3N2；130g NaN3的物质的量是 n(NaN3)=130g65g/mol=2mol，根据方程式可知：2mol NaN3反应会产生 3molN2，由于在常温常压下气体摩尔体积为 24.5L/mol，所以产生的氮气在常温常压下的体积为 V(N2)=3mol24.5L/mol=73.5L；(2)Fe2O3是主氧化剂，与 Na 发生置换反应，Fe 元素发生还原反应，还原产物为 Fe，Na 是还原剂，氧化