2022學(xué)年湖南師大附中高一上學(xué)期期末化學(xué)試卷

2022學(xué)年湖南師大附中高一（上）期末化學(xué)試卷一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分，請將所選答案用2B鉛筆涂在答卷的指定位置，否則不計分）1．（3分）下列化學(xué)藥品與其危險化學(xué)品圖形標(biāo)志不一致的一組是（）A．燒堿﹣﹣1 B．甲烷﹣﹣2 C．酒精﹣﹣3 D．白磷﹣﹣4【分析】根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)選擇與其相對應(yīng)的圖形標(biāo)志，注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)和化學(xué)性質(zhì)．【解答】解：A．燒堿屬于強堿，具有腐蝕性，不屬于爆炸品，故A錯誤；B．甲烷在常溫下為氣體，易燃，與化學(xué)品圖形標(biāo)志一致，故B正確；C．酒精在常溫下為液體，易燃，與化學(xué)品圖形標(biāo)志一致，故C正確；D．白磷在常溫下為固體，著火點低，易燃，與化學(xué)品圖形標(biāo)志一致，故D正確．故選A．【點評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)與化學(xué)試劑的存放，題目難度不大，注意相關(guān)知識的積累，注意化學(xué)藥品的保存與性質(zhì)相關(guān)．2．（3分）將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，形成的分散系屬于（）A．溶液 B．懸濁液 C．乳濁液 D．膠體【分析】根據(jù)氫氧化鐵膠體的制備方法：將飽和氯化鐵溶液加入沸水中加熱得到紅褐色分散系為氫氧化鐵膠體．【解答】解：因FeCl3溶液與沸水發(fā)生水解反應(yīng)，水電離出來的極少量OH﹣離子與Fe3結(jié)合形成氫氧化鐵膠體，形成介穩(wěn)定的分散系，故D正確；故選：D．【點評】本題主要考查了氫氧化鐵膠體的制備方法，比較簡單．3．（3分）根據(jù)某種性質(zhì)，可將CaO、CuO歸為一類氧化物，下列物質(zhì)中也屬于這類氧化物的是（）A．SO2 B．Na2O C．CO D．FeSO4【分析】氧化物可根據(jù)構(gòu)成元素分為：金屬氧化物、非金屬氧化物；根據(jù)能否和酸、堿反應(yīng)生成鹽和水，氧化物又可分為：酸性氧化物、堿性氧化物、兩性氧化物、不成鹽氧化物．【解答】解：CaO、CuO是金屬氧化物，也是堿性氧化物．A、SO2是非金屬氧化物，還是酸性氧化物，故A不符合；B、Na2O是金屬氧化物，也是堿性氧化物，故B符合；C、CO是非金屬氧化物，還是不成鹽氧化物，故C不符合；D、FeSO4是鹽，不是氧化物，故D不符合；故選B．【點評】本題考查了氧化物的分類問題，注意氧化物根據(jù)不同的分類標(biāo)準(zhǔn)有兩種分類方法．4．（3分）在反應(yīng)H2CuOCuH2O中，還原產(chǎn)物是（）A．H2 B．CuO C．Cu D．H2O【分析】該反應(yīng)中H元素化合價由0價變?yōu)?價、Cu元素化合價由2價變?yōu)?價，所以CuO是氧化劑，氧化劑對應(yīng)的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物．【解答】解：該反應(yīng)中H元素化合價由0價變?yōu)?價、Cu元素化合價由2價變?yōu)?價，所以CuO是氧化劑，氧化劑對應(yīng)的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，則Cu是還原產(chǎn)物，故選C．【點評】本題考查了還原產(chǎn)物的判斷，根據(jù)元素化合價變化結(jié)合基本概念來分析解答，題目難度不大．5．（3分）下列物質(zhì)中，屬于電解質(zhì)且能夠?qū)щ姷氖牵ǎ〢．Cu絲 B．熔融的MgCl2 C．固體NaCl D．蔗糖【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，能導(dǎo)電的物質(zhì)中含有自由電子或離子，據(jù)此分析解答．【解答】解：A、銅為單質(zhì)能導(dǎo)電，不屬于電解質(zhì)和電解質(zhì)，故A錯誤；B、熔融的氯化鎂中含有自由移動的離子，所以能導(dǎo)電，氯化鎂是能導(dǎo)電的電解質(zhì)，故B正確；C、固體氯化鈉溶液中含有自由移動的陰陽離子所以能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，但氯化鈉固體不導(dǎo)電，故C錯誤；D、蔗糖不能電離不存在自由移動的離子，不能導(dǎo)電，是非電解質(zhì)，故D錯誤，故選B．【點評】本題考查了電解質(zhì)和非電解質(zhì)的判斷，題目難度不大，注意無論電解質(zhì)還是非電解質(zhì)都首先必須是化合物，導(dǎo)電實質(zhì)是存在自由移動的離子．6．（3分）在實驗室中，通常將金屬鈉保存在（）A．水中 B．煤油中 C．四氯化碳中 D．汽油中【分析】根據(jù)鈉的保存需要考慮鈉的性質(zhì)，如鈉與空氣和水發(fā)生反應(yīng)，與四氯化碳、汽油、煤油不反應(yīng)，鈉的密度比四氯化碳小、比煤油、汽油的密度大以及汽油的沸點低于煤油，易揮發(fā)．【解答】解：A、金屬鈉和水之間能反應(yīng)，所以不能保存在水中，故A錯誤；B、金屬鈉與煤油不反應(yīng)，且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔開了空氣，所以鈉能保存在煤油中，故B正確；C、金屬鈉與四氯化碳不反應(yīng)，但密度比四氯化碳小，浮于煤油，能接觸到空氣，所以鈉不能保存四氯化碳中，故C錯誤；D、金屬鈉與汽油中不反應(yīng)，密度比汽油大，沉于煤油液面，但汽油的沸點低于煤油，易揮發(fā)，所以鈉不能保存汽油中，故D錯誤；故選：B．【點評】金屬的保存需要考慮金屬的物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)．7．（3分）下列物質(zhì)中，不屬于合金的是（）A．硬鋁 B．黃銅 C．鋼鐵 D．金箔【分析】合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質(zhì)；合金具有以下特點：①一定是混合物；②合金中至少有一種金屬等，據(jù)此分析解答．【解答】解：A、硬鋁是鋁、銅、鎂和硅組成的合金，故A不選；B、黃銅是銅鋅合金，故B不選；C、鋼鐵是鐵碳合金，故C不選；D、合金屬于混合物，金箔是由金元素一種元素組成的箔，屬于單質(zhì)不是合金，故D選；故選D．【點評】本題主要考查合金的判別，掌握合金的特征是正確解答本題的關(guān)鍵．題目難度不大．8．（3分）除去Na2CO3固體中少量NaHCO3的最佳方法是（）A．加入適量鹽酸 B．加入NaOH溶液C．加熱 D．配成溶液后通入CO2【分析】NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，可用加熱的方法除雜，以此解答．【解答】解：A．加入鹽酸，Na2CO3和NaHCO3都反應(yīng)生成氯化鈉，故A錯誤；B．因不能確定NaHCO3的量，加入NaOH易混入新雜質(zhì)，且反應(yīng)后還要蒸發(fā)結(jié)晶，操作復(fù)雜，故B錯誤；C．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱易分解生成Na2CO3，故C正確；D．在溶液中通入CO2氣體，Na2CO3反應(yīng)生成NaHCO3，不能將雜質(zhì)除去，故D錯誤．故選C．【點評】本題考查物質(zhì)的分離、提純，為高考常見題型，除雜時要注意不能引入新的雜質(zhì)，更不能影響被提純的物質(zhì)，難度不大．9．（3分）下列物質(zhì)中既能跟稀H2SO4反應(yīng)，又能跟氫氧化鈉溶液反應(yīng)的是（）①NaHCO3②Al2O3③Al（OH）3④Al．A．③④ B．②③④ C．①③④ D．全部【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式鹽、弱酸的銨鹽、氨基酸、蛋白質(zhì)等都既能和稀硫酸反應(yīng)又能和NaOH溶液反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解答】解：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式鹽、弱酸的銨鹽、氨基酸、蛋白質(zhì)等都既能和稀硫酸反應(yīng)又能和NaOH溶液反應(yīng)，碳酸氫鈉屬于弱酸的酸式鹽，所以能和稀硫酸、NaOH溶液反應(yīng)的物質(zhì)有碳酸氫鈉、氧化鋁、氫氧化鋁和鋁，故選D．【點評】本題考查能和強酸強堿反應(yīng)的物質(zhì)，側(cè)重考查物質(zhì)性質(zhì)，知道常見物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，注意總結(jié)歸納．10．（3分）下列各組反應(yīng)中最終肯定不生成白色沉淀的是（）A．AlCl3溶液中加入過量氨水B．Al2（SO4）3溶液中加入過量KOH溶液C．MgCl2溶液中加入過量氨水D．FeSO4溶液中加入過量KOH溶液【分析】A、反應(yīng)中生成的氫氧化鋁只溶于強酸強堿，不溶于弱酸弱堿；B、氫氧化鋁是兩性氫氧化物，溶于強酸強堿；C、氫氧化鎂不溶于氨水；D、氫氧化亞鐵在空氣中會迅速被氧氣氧化，現(xiàn)象為迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色，最終得到紅褐色沉淀．【解答】解：A、AlCl3溶液中加入過量氨水，反應(yīng)為AlCl33NH3?H2O=AI（OH）3↓3NH4Cl，生成的白色沉淀不溶于過量的氨水，故A錯誤；B、Al2（SO4）3溶液中加入過量KOH溶液，反應(yīng)為Al33OH﹣=AI（OH）3↓，Al（OH）3OH﹣=AlO2﹣2H2O，沒有沉淀生成，故B正確；C、MgCl2溶液中加入過量氨水溶液，反應(yīng)為Mg22NH3?H2O=Mg（OH）2↓2NH4，Mg（OH）2不溶于過量的氨水溶液，有白色沉淀生成，故C錯誤；D、FeSO4溶液中加入過量NaOH溶液會先生成白色的氫氧化亞鐵，然后迅速變?yōu)榛揖G色，最終得到紅褐色沉淀氫氧化鐵，有沒有白色沉淀生成，故D正確；故選BD．【點評】本題考查了鎂、鋁、鐵重要化合物的性質(zhì)，難度不大，旨在考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的理解掌握．11．（3分）能證明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的實驗事實是（）A．CO2溶于水形成碳酸，SiO2難溶于水B．CO2通入可溶性硅酸鹽中析出硅酸沉淀C．高溫下SiO2與碳酸鹽反應(yīng)生成CO2D．氯化氫通入可溶性碳酸鹽溶液中放出氣體，通入可溶性硅酸鹽溶液中生成沉淀【分析】A、不能利用酸性氧化物的溶解性來比較酸性；B、根據(jù)溶液中發(fā)生的強酸制取弱酸的原理來分析；C、反應(yīng)是在高溫下固體之間的反應(yīng)；D、根據(jù)溶液中發(fā)生的強酸制取弱酸的原理及鹽酸易揮發(fā)來分析；【解答】解：A、酸性氧化物與對應(yīng)酸的酸性強弱沒有關(guān)系，則無法比較酸性，故A錯誤；B、因往硅酸鹽溶液通入二氧化碳，可以看到溶液變渾濁，是因為生成了難溶的硅酸沉淀，反應(yīng)方程式是：Na2SiO3H2OCO2=Na2CO3H2SiO3↓，反應(yīng)原理是強酸制弱酸，說明碳酸比硅酸酸性強，故B正確；C、比較強酸制取弱酸時在溶液中進行的反應(yīng)，則在高溫下固體之間的反應(yīng)不能得到酸性強弱的結(jié)論，故C錯誤；D、氯化氫通入可溶性碳酸鹽溶液中放出氣體，通入可溶性硅酸鹽溶液中生成沉淀，根據(jù)強酸制弱酸，只能說明鹽酸的酸性比碳酸強，又鹽酸易揮發(fā)，可溶性硅酸鹽溶液中生成沉淀，可能為鹽酸與硅酸鹽的反應(yīng)，則無法確定碳酸與硅酸的酸性的強弱，故D錯誤；故選：B．【點評】根據(jù)強酸制弱酸原理，必須在溶液中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)，因此C選項，不能得出硅酸的酸性比碳酸強．12．（3分）下列試劑不能貯存在磨口玻璃塞的試劑瓶里的是（）A．硫酸溶液 B．KOH溶液 C．鹽酸 D．氯化鈉溶液【分析】磨口玻璃塞的試劑瓶中，玻璃塞中含有二氧化硅，能夠與堿溶液反應(yīng)生成具有粘性的硅酸鈉，硅酸鈉能夠?qū)⒉Ａc玻璃瓶粘在一起，所以磨口玻璃塞的試劑瓶不能盛放堿溶液，據(jù)此進行解答．【解答】解：A．硫酸具有強氧化性，不能使用橡皮塞的試劑瓶保存，可以保存在磨口玻璃塞的試劑瓶中，故A錯誤；B．氫氧化鉀溶液為堿性溶液，能夠與玻璃塞中的二氧化硅反應(yīng)，所以氫氧化鉀溶液不能使用玻璃塞的試劑瓶盛放，應(yīng)該使用帶橡皮塞的試劑瓶，故B正確；C．鹽酸不與二氧化硅反應(yīng)，可以保存在磨口玻璃塞的試劑瓶中，故C錯誤；D．氯化鈉溶液為中性溶液，不與玻璃塞中的二氧化硅反應(yīng)，可以貯存在磨口玻璃塞的試劑瓶里，故D錯誤；故選B．【點評】本題考查了常見化學(xué)試劑的保存方法判斷，題目難度不大，注意掌握常見化學(xué)試劑的性質(zhì)及保存方法，要求學(xué)生能夠根據(jù)試劑的性質(zhì)正確判斷選擇保存方法．13．（3分）新制氯水與久置的氯水相比較，下列結(jié)論不正確的是（）A．顏色相同B．前者能使有色布條褪色C．都含有HD．加AgNO3溶液都能生成白色沉淀【分析】新制氯水中含有氫離子、氯離子、次氯酸分子、氯氣分子、氫氧根離子、水分子七種微粒，但是久置的氯水就是鹽酸溶液，據(jù)此回答．【解答】解：新制氯水中含有氫離子、氯離子、次氯酸分子、氯氣分子、氫氧根離子、水分子七種微粒，但是久置的氯水就是鹽酸溶液．A、新制氯水中含有氯氣分子，但是久置氯水中不含氯氣分子，顏色不一樣，故A錯誤；B、新制氯水中含有次氯酸分子，具有漂白性，但是久置氯水中不含次氯酸，無漂白性，故B正確；C、新制氯水與久置的氯水都含有H，故C正確；D、新制氯水與久置的氯水都含有Cl﹣，加AgNO3溶液都能生成白色沉淀，故D正確．故選A．【點評】本題考查學(xué)生新制氯水與久置的氯水的區(qū)別，可以根據(jù)所學(xué)知識來回答，注意知識的歸納和整理是關(guān)鍵，難度不大．14．（3分）亞硝酸（HNO2）參加反應(yīng)時，既可作氧化劑，也可作還原劑．當(dāng)它作還原劑時，可能生成的產(chǎn)物是（）A．NH3 B．N2 C．N2O3 D．HNO3【分析】亞硝酸（HNO2）中N元素化合價是3價，屬于中間價態(tài)，即可作氧化劑又可作還原劑；亞硝酸得電子化合價降低作氧化劑，失電子化合價升高作還原劑．【解答】解：亞硝酸（HNO2）作還原劑時氮元素失電子，所以生成物中氮元素的化合價大于亞硝酸中氮元素的化合價．A、NH3中氮元素的化合價是﹣3價，小于3價，故A錯誤；B、N2中氮元素的化合價為0價，小于3價，故B錯誤；C、N2O3中氮元素的化合價為3價，化合價不變，故C錯誤；D、HNO3中氮元素的化合價為5價，大于5價，故D正確；故選D．【點評】本題考查了根據(jù)氧化還原反應(yīng)判斷生成物中元素的化合價，難度不大，會根據(jù)元素化合價的變化判斷氧化劑和還原劑．二、填空題（本題共7小題，共50分）15．（6分）酸、堿、鹽在水溶液中發(fā)生的復(fù)分解反應(yīng)，實質(zhì)上是離子反應(yīng)，這類反應(yīng)發(fā)生的條件是、或．只要具備上述條件之一，反應(yīng)就能發(fā)生．【分析】電解質(zhì)在溶液中電離產(chǎn)生離子，依據(jù)復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件，離子之間能夠發(fā)生反應(yīng)生成沉淀、氣體或者弱電解質(zhì)，離子間發(fā)生反應(yīng)而不共存．【解答】解：電解質(zhì)在溶液中電離產(chǎn)生離子，電解質(zhì)溶液之間的反應(yīng)，這類離子反應(yīng)發(fā)生的條件，實質(zhì)上是復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件，復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件為：生成難溶物（沉淀），產(chǎn)生易揮發(fā)性物質(zhì)（氣體），生成難電離物質(zhì)（水），故答案為：生成難溶物（沉淀）、產(chǎn)生易揮發(fā)性物質(zhì)（氣體）、生成難電離物質(zhì)（水）．【點評】本題考查了電解質(zhì)溶液之間的反應(yīng)實質(zhì)，明確電解質(zhì)性質(zhì)及在溶液中存在形式，熟悉復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件是解題關(guān)鍵，題目難度不大．16．（6分）2molH2SO4的質(zhì)量為g，所含氧原子數(shù)目為，完全中和這些硫酸，消耗NaOH的物質(zhì)的量是mol．【分析】依據(jù)m=M×n計算硫酸的質(zhì)量；依據(jù)N=NA×n計算出硫酸分子的個數(shù)，結(jié)合1個硫酸分子中含有4個原子解答；依據(jù)反應(yīng)：H2SO42NaOH═Na2SO42H2O計算解答．【解答】解：2mol硫酸的質(zhì)量為：2mol×98g/mol=196mol；2molH2SO4所含氧原子數(shù)目：N=2mol×NA×4=8NA；由反應(yīng)H2SO42NaOH═Na2SO42H2O可知：H2SO42NaOH═Na2SO42H2O122moln解得：n=4mol，故答案為：196；8NA（或×1024）；4．【點評】本題考查物質(zhì)的量的計算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，難度不大，注意相關(guān)計算公式的運用．17．（8分）在Fe3O44CO3Fe4CO2的反應(yīng)中，是氧化劑，是還原劑，元素被氧化，是氧化產(chǎn)物．【分析】化合價降低元素所在的反應(yīng)物是氧化劑，該元素被還原，化合價升高元素所在的反應(yīng)物是還原劑，該元素被氧化．【解答】解：在Fe3O44CO3Fe4CO2的反應(yīng)中，鐵元素的化合價降低，所以鐵元素被還原，F(xiàn)e3O4是氧化劑，碳元素化合價升高，所以碳元素被氧化，CO是還原劑，生成CO2是氧化產(chǎn)物，故答案為：Fe3O4；CO；C；CO2．【點評】本題考查學(xué)生氧化還原反應(yīng)中的基本概念，抓住化合價變化即可解答，較簡單．18．（4分）將Al和Na的單質(zhì)同時加入到一定量的水中，充分反應(yīng)后，發(fā)現(xiàn)既無沉淀生成又無固體殘留物存在，請用兩個化學(xué)反應(yīng)方程式表示其變化：（1），（2）．【分析】Al和Na的單質(zhì)同時加入到一定量的水中，鈉先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉溶液再與鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，據(jù)此解答．【解答】解：Al和Na的單質(zhì)同時加入到一定量的水中，鈉先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，化學(xué)方程式：2Na2H2O=2NaOHH2↑，氫氧化鈉溶液再與鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，化學(xué)方程式：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2↑．故答案為：2Na2H2O=2NaOHH2↑；2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2↑．【點評】本題考查了元素化合物知識，熟悉鈉及氫氧化鈉、鋁的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．19．（8分）在半導(dǎo)體工業(yè)中有這樣一句行話：“從沙灘到用戶”，指的是從硅的氧化物可以制取硅單質(zhì)，主要化學(xué)反應(yīng)如下：a．粗硅的制取：SiO2（石英砂）2C（焦炭）Si（粗硅）2CO↑b．用粗硅與氯氣在高溫條件下反應(yīng)合成四氯化硅：c．用氫氣在高溫條件下還原四氯化硅獲得高純硅：（1）完成上述步驟中的反應(yīng)方程式．（2）在粗硅的制取中，焦炭的作用是．（3）氫氣還原四氯化硅獲得高純硅的反應(yīng)類型為．【分析】（1）b．用粗硅與氯氣在高溫條件下反應(yīng)合成四氯化硅，化學(xué)反應(yīng)方程式為：Si（粗）2Cl2SiCl4；c．氫氣在高溫條件下還原四氯化硅獲得高純硅，化學(xué)反應(yīng)方程式為：SiCl42H2Si（純）4HCl；（2）SiO2（石英砂）2C（焦炭）Si（粗硅）2CO↑反應(yīng)中焦炭的化合價升高是還原劑；（3）SiCl42H2Si（純）4HCl反應(yīng)物是單質(zhì)和化合物，生成物也是單質(zhì)和化合物，所以該反應(yīng)是置換反應(yīng)．【解答】解：（1）b．用粗硅與氯氣在高溫條件下反應(yīng)合成四氯化硅，化學(xué)反應(yīng)方程式為：Si（粗）2Cl2SiCl4；c．氫氣在高溫條件下還原四氯化硅獲得高純硅，化學(xué)反應(yīng)方程式為：SiCl42H2Si（純）4HCl，故答案為：Si（粗）2Cl2SiCl4；SiCl42H2Si（純）4HCl；（2）SiO2（石英砂）2C（焦炭）Si（粗硅）2CO↑反應(yīng)中焦炭的化合價升高，失電子是還原劑，故答案為：還原劑；（3）SiCl42H2Si（純）4HCl反應(yīng)物是單質(zhì)和化合物，生成物也是單質(zhì)和化合物，所以該反應(yīng)是置換反應(yīng)，敀答案為：置換反應(yīng)．【點評】本題考查了氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用、化學(xué)反應(yīng)類型的判斷，題目難度中等，注意掌握氧化還原反應(yīng)中氧化劑、還原劑的判斷方法，明確四種基本反應(yīng)類型的概念及區(qū)別．20．（4分）相同反應(yīng)物在不同濃度或者不同條件下，反應(yīng)產(chǎn)物可能不一樣．將過量的銅投入到一定體積的濃硝酸中，試依次寫出可能發(fā)生的兩個反應(yīng)的離子方程式：、．【分析】銅與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水，與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，據(jù)此解答．【解答】解：將過量的銅投入到一定體積的濃硝酸中，開始硝酸濃度大反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水，離子方程式：Cu4H2NO3﹣═Cu22NO2↑2H2O；一段時間后，硝酸濃度降低變?yōu)橄∠跛?，與銅反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，離子方程式：3Cu8H2NO3﹣═3Cu22NO↑4H2O．故答案為：Cu4H2NO3﹣═Cu22NO2↑2H2O；3Cu8H2NO3﹣═3Cu22NO↑4H2O．【點評】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應(yīng)實質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意反應(yīng)物濃度對反應(yīng)的影響，題目難度不大．21．（14分）已知X、Y均為有漂白性和刺激性氣味的氣體，有以下轉(zhuǎn)化關(guān)系，部分產(chǎn)物未標(biāo)出．

試回答：（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：X、Y、A、B、C．（2）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為，已知反應(yīng)②的產(chǎn)物為FeCl2、HCl和H2SO4，試寫出該反應(yīng)的離子方程式：．【分析】A與硝酸銀溶液、稀硝酸生成白色沉淀可知A中含有Cl﹣；B與氯化鋇溶液、鹽酸生成白色沉淀可知B中含有SO42﹣；X、Y、H2O生成Cl﹣和SO42﹣且X、Y均是有刺激性氣味的氣體可推知X、Y是二氧化硫和氯氣，反應(yīng)為SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；X能與鐵反應(yīng)可知X為Cl2，則C為FeCl3、Y為SO2，二氧化硫通入氯化鐵溶液生成氯化亞鐵、硫酸和鹽酸，則A為HCl，B為H2SO4，結(jié)合對應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求解答該題．【解答】解：A與硝酸銀溶液、稀硝酸生成白色沉淀可知A中含有Cl﹣；B與氯化鋇溶液、鹽酸生成白色沉淀可知B中含有SO42﹣；X、Y、H2O生成Cl﹣和SO42﹣且X、Y均是有刺激性氣味的氣體可推知X、Y是二氧化硫和氯氣，反應(yīng)為SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；X能與鐵反應(yīng)可知X為Cl2，則C為FeCl3、Y為SO2，二氧化硫通入氯化鐵溶液生成氯化亞鐵、硫酸和鹽酸，則A為HCl，B為H2SO4，（1）由以上分析可知X為Cl2，Y為SO2，A為HCl，B為H2SO4，C為FeCl3，故答案為：Cl2；SO2；HCl；H2SO4；FeCl3；（2）X、Y是二氧化硫和氯氣，反應(yīng)為SO2Cl22H2O=H2SO42HCl，二氧化硫通入氯化鐵溶液生成氯化亞鐵、硫酸和鹽酸，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3SO22H2O═2Fe2SO42﹣4H，故答案為：Cl2SO22H2O═2HClH2SO4；2Fe3SO22H2O═2Fe2SO42﹣4H．【點評】本題考查無機物的推斷，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和元素化合物知識的綜合運用的考查，注意本題推出A中含有Cl﹣、B中含有SO42﹣后逆推X、Y要聯(lián)想X、Y應(yīng)是含有Cl和S的有刺激性氣味的氣體，常見的為Cl2和SO2，難度中等．三、計算題（本題共1小題，共8分）22．（8分）將過氧化鈉溶于水，再用500mL容量瓶配成稀溶液．（1）理論上能產(chǎn)生的氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為多少（2）所得溶液的物質(zhì)的量濃度為多少【分析】發(fā)生2Na2O22H2O═4NaOHO2↑，n（Na2O2）==，結(jié)合反應(yīng)及V=nVm、c=計算．【解答】解：n（Na2O2）==，（1）由2Na2O22H2O═4NaOHO2↑可知，生成氧氣為，其體積為×mol=，答：理論上能產(chǎn)生的氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為；（2）由2Na2O22H2O═4NaOHO2↑可知，生成NaOH為，濃度為=L，答：所得溶液的物質(zhì)的量濃度為L．【點評】本題考查化學(xué)反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的量的相關(guān)計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意反應(yīng)中物質(zhì)的量關(guān)系，題目難度不大．一、選擇題（本題共3小題，每小題5分，共20分）23．（5分）為了除去粗鹽中的Ca2、Mg2、SO42﹣及泥沙，可將粗鹽溶于水，然后進行下列五項操作：①過濾②加過量NaOH溶液③加適量鹽酸④加過量Na2CO3溶液⑤加過量BaCl2溶液．不正確的操作順序是（）A．⑤②④①③ B．④②⑤①③ C．②⑤④①③ D．⑤④②①③【分析】除去粗鹽中的Ca2、Mg2、SO42﹣及泥沙，鹽酸要放在最后，來除去過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，要先加過量的氯化鋇除去硫酸根離子，然后用碳酸鈉去除過量的鋇離子，所以④碳酸鈉溶液必須放在⑤之后，據(jù)此進行解答．【解答】解：要先除SO42﹣，然后再除Ca2，Na2CO3可以除去過量的鋇離子，如果加反了，過量的鋇離子就沒法除去，至于加NaOH除去Mg2順序不受限制，因為過量的氫氧化鈉加鹽酸就可以調(diào)節(jié)了，只要將三種離子除完了，過濾即可，最后加鹽酸除去過量的氫氧根離子碳酸根離子，所以操作順序可以為：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，但不能為④②⑤①③，故選B．【點評】本題考查了粗鹽的提純，題目難度不大，明確加入試劑的作用及先后順序為解答關(guān)鍵，注意掌握除雜原則，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Γ?4．（5分）某溫度下，將Cl2通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，經(jīng)測定ClO﹣與Cl﹣的濃度之比為1：6，則Cl2與NaOH溶液反應(yīng)時被還原的氯與被氧化的氯的物質(zhì)的量之比為（）A．21：5 B．2：1 C．3：1 D．4：1【分析】測定ClO﹣與Cl﹣的濃度之比為1：6，設(shè)物質(zhì)的量分別為1mol、6mol，設(shè)生成NaClO3為，結(jié)合電子守恒計算．【解答】解：Cl2通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，Cl元素的化合價由0升高為1、5價，Cl元素的化合價由0降低為﹣1價，測定ClO﹣與Cl﹣的濃度之比為1：6，設(shè)物質(zhì)的量分別為1mol、6mol，設(shè)生成NaClO3為，由電子守恒可知，6mol×（1﹣0）=1mol×（1﹣0）×（5﹣0），解得=1mol，反應(yīng)時被還原的氯與被氧化的氯的物質(zhì)的量之比為6mol：（1mol1mol）=3：1，故選C．【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握反應(yīng)中元素的化合價變化、電子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意守恒法的應(yīng)用，題目難度不大．25．（5分）在反應(yīng)aBrF3bH2O=cHBrO3dHBreHFfO2中（a、b、c、d、e、f是各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)），若被氧化，則被水還原的BrF3的物質(zhì)的量是（）A． B． C． D．【分析】在反應(yīng)aBrF3bH2O=cHBrO3dHBreHFfO2中，元素化合價變化情況為：溴元素由3價升高為5價，溴元素由3價降低為﹣1價，氧元素化合價由﹣2價升高為0價，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用．根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移守恒計算被水還原的BrF3的物質(zhì)的量．【解答】解：在反應(yīng)aBrF3bH2O=cHBrO3dHBreHFfO2中，元素化合價變化情況為：溴元素由3價升高為5價，溴元素由3價降低為﹣1價，氧元素化合價由﹣2價升高為0價，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用．若被氧化，氧原子提供電子物質(zhì)的量為×2，令被水還原的BrF3的物質(zhì)的量為mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則：×2=mol×[3﹣（﹣1）]解得=故選：A．【點評】考查氧化還原反應(yīng)的計算、氧化還原反應(yīng)基本概念，難度中等，關(guān)鍵根據(jù)化合價判斷氧化劑、還原劑，利用電子轉(zhuǎn)移守恒計算．二、填空題（本題共3小題，共30分）26．（3分）某金屬單質(zhì)跟一定濃度的硝酸反應(yīng)，生成硝酸鹽和氮氧化物等物質(zhì)，假定只生成單一的還原產(chǎn)物，當(dāng)參加反應(yīng)的單質(zhì)與被還原的硝酸的物質(zhì)的量比為2：1時，還原產(chǎn)物可能是．【分析】根據(jù)參加反應(yīng)的單質(zhì)與被還原的硝酸的物質(zhì)的量之比為2：1可知硝酸中N元素的化合價變化應(yīng)為偶數(shù)，以此判斷還原后N元素的化合價特點，進而推斷還原產(chǎn)物．【解答】解：設(shè)金屬的氧化產(chǎn)物化合價為，硝酸中N元素的化合價變化值為y，氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，因參加反應(yīng)的單質(zhì)與被還原的硝酸的物質(zhì)的量之比為2：1，可知2=y，所以硝酸中N元素的化合價變化應(yīng)為偶數(shù)，而硝酸中N元素的化合價為5，即奇數(shù)，則硝酸被還原后的化合價為奇數(shù)，則可生成N2O3或N2O，故答案為：N2O3或N2O．【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，為高頻考點，題目難度不大，注意根據(jù)氧化劑和氧化劑的物質(zhì)的量關(guān)系判斷化合價變化的特點．27．（12分）鈦因為具有神奇的性能越來越引起人們的關(guān)注，常溫下鈦不與非金屬、強固反應(yīng)，紅熱時，卻可與常見的非金屬單質(zhì)反應(yīng)，鈦是航空、軍工、電力等方面的必江原料，地殼中含鈦鐵礦石之一是金紅石（TiO2），目前大規(guī)模生產(chǎn)鈦的方法是：（1）第一步：金紅石、炭粉混合在高溫條件下通入Cl2制得TiCl4和一種可燃性氣體．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，該反應(yīng)的還原劑是．第二步：在氬氣的氣氛中，用過量的鎂在加熱的條件下與TiCl4反應(yīng)制得金屬鈦．（2）簡述從上述所得產(chǎn)物中獲得金屬鈦的步驟．【分析】（1）第一步：高溫條件下，金紅石、C和氯氣反應(yīng)生成TiCl4和一種可燃性氣體，根據(jù)元素守恒知，該可燃性氣體為CO；（2）在氬氣的氣氛、加熱條件下，Mg和四氯化鈦反應(yīng)生成Ti，然后加入足量稀鹽酸除去過量Mg、過濾，最后用蒸餾水洗滌固體即可．【解答】解：（1）第一步：高溫條件下，金紅石、C和氯氣反應(yīng)生成TiCl4和一種可燃性氣體，根據(jù)元素守恒知，該可燃性氣體為CO，反應(yīng)方程式為TiO22C2Cl2TiCl42CO，該反應(yīng)中C元素化合價由0價變?yōu)?價，所以還原劑是C，故答案為：TiO22C2Cl2TiCl42CO；C；（2）在氬氣的氣氛、加熱條件下，Mg和四氯化鈦反應(yīng)生成Ti，然后加入足量稀鹽酸除去過量Mg、過濾，最后用蒸餾水洗滌固體即可，涉及的反應(yīng)方程式為TiCl42Mg=Ti2MgCl2、Mg2HCl=MgCl2H2↑，答：加入足量的鹽酸除去過