2022-2022学年安徽省合肥一六八中高一（上）开学化学试卷 一．选择题（包括10小题，每小题只有一个正确选项符合题意，将正确的答案填在答题卷上相应表格中，每题2分，共20分）1．“生活垃圾分类”活动，对提升城市文明和生活质量具有积极的意义．下列四个图为城市生活垃圾分类的标志，则废弃旧电池属于（ ）A．可回收垃圾B．餐厨垃圾C．有害垃圾D．其他垃圾 2．认识物质及其变化对把握自然规律至关重要．下列与其他物质变化类型不同的一项是（ ）A．对着干燥的玻璃片哈气B．浓硫酸腐蚀纸张-26-\nC．用合金在纯金属上刻画D．胆矾的研碎 3．“两型”社会，提倡“低碳”生活，下列有关碳及碳的化合物叙述中正确的是（ ）A．二氧化碳是形成酸雨的主要气体B．金刚石、石墨都是碳单质，两者碳原子的排列方式相同C．一氧化碳含量增加会导致温室效应D．大气中二氧化碳的消耗途径主要是绿色植物的光合作用 4．我们的衣食住行中都蕴含着丰富的化学知识，下列说法中正确的是（ ）A．衣料中的蚕丝和涤纶都属于合成有机高分子材料B．加碘食盐和铁强化酱油都可以补充人体必需的微量元素C．建筑高楼大厦时用到的钢是纯净物D．用液化石油气代替汽油作汽车燃料，不会造成空气污染 5．下列实验操作能达到实验目的是（ ）选项实验目的实验操作A验证NaCl溶液中混有盐酸取少量溶液，滴加无色酚酞溶液B比较Fe、Cu、Ag的金属活动性铁丝浸入CuSO4溶液，铜丝浸入AgNO3溶液C除去铁制品上的铁锈将铁制品长时间浸泡在足量的稀硫酸中D除去粗盐中的难溶性杂质将粗盐研碎、溶解、蒸发A．AB．BC．CD．D 6．甲烷和水反应可以制水煤气（混合气体），其反应的微观示意图如图所示，根据以上微观示意图得出的结论中，正确的是（ ）A．反应前后各元素的化合价均不变B．水煤气的成分是一氧化碳和氧气C．该反应中含氢元素的化合物有3种D．该反应的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为1：1 -26-\n7．如图所示，将少量液体X加入到烧瓶中，观察到气球逐渐膨胀．如表中液体X和固体Y的组合，不符合题意的是（ ）①②③④X水水稀硫酸双氧水Y硝酸铵氢氧化钠氯化钠二氧化锰A．①③B．②④C．①②D．③④ 8．运用推理、归纳、类比、对比的方法得出下列结论，其中合理的是（ ）A．铝的金属活动性比铁强，则铝制品比铁制品更易锈蚀B．水和过氧化氢的组成元素相同，则二者的化学性质相同C．Na+、Mg2+、Cl﹣的最外层电子数均为8，由此得出离子的最外层电子数均为8D．同温下分解氯酸钾，加催化剂的反应速率更快，说明催化剂可以改变反应速率 9．下列图象能正确反映对应的实验操作的是（ ）A．向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙B．加热一定量高锰酸钾固体产生氧气C．用一定量的双氧水制取氧气D．-26-\n向一定量的硝酸银溶液中插入铜丝 10．KCl与KNO3在不同温度的溶解度数据如下表．则下列说法正确的是（ ）温度/℃1020304050KCl30g33g35g38g41gKNO321g31g45g65g88gA．KNO3比KCl的溶解度大B．两种物质的溶解度相等的温度在20～30℃间C．在20℃时，10g水中加入5gKCl可得到33.3%的KCl溶液D．在50℃时，两物质各5g分别加入l0g水中，充分溶解，均有固体剩余 二．填空题（包括五大题，共44分）11．合金是重要的金属材料．（1）下列物品所使用的主要材料属于合金的是 （填字母序号，下同）．A．青花瓷瓶B．橡胶充气艇C．不锈钢锅（2）生铁是常用的合金，生铁属于 （填“纯净物”或“混合物”）．（3）黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画（如图所示），纯铜片上留下明显的划痕，说明 ．（4）黄铜渣中约含Zn7%、ZnO31%、Cu50%、CuO5%，其余为杂质．处理黄铜渣可得到硫酸锌，其主要流程如下（杂质不溶于水、不参与反应）：已知：ZnO+H2SO4═ZnSO4+H2O；CuO+H2SO4═CuSO4+H2O①Ⅱ中反应的化学方程式为 ；②下列说法正确的是 ．a．Ⅰ、Ⅱ中的操作均包含过滤b．溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4c．溶液A的质量小于溶液Bd．溶液C中溶质的质量分数小于溶液B． 12．（12分）（2022秋•合肥校级月考）请结合下图回答问题：（1）写出有标号的仪器名称：① ，② ．-26-\n（2）实验室用高锰酸钾制取O2的化学方程式为 ，用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可采取的措施是 ．（3）实验室用B、D装置制取CO2的化学方程式为 ，若将发生装置由B改为F，其优点是 ．（4）SO2是无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水．SO2的某些化学性质与CO2相似，实验中常用NaOH溶液吸收SO2尾气．用下图所示装置收集一瓶干燥的SO2，装置中导管按气流方向连接顺序是 →⑤（填序号）；图中漏斗的作用是 ；烧杯中NaOH溶液的作用是 （用化学方程式表示）． 13．（11分）（2022秋•合肥校级月考）过氧化钙（CaO2）是一种对环境友好的多功能无机化合物，通常有两种制备方法．已知：温度过高过氧化钙会分解生成氧化物和氧气．【方法1】由Ca（OH）2为原料最终制得，其制备流程如下：【方法2】由鸡蛋壳（含CaCO3高达90%）为原料最终反应制得，其制备流程如下：（1）方法1中搅拌的目的是 ；请将搅拌过程中发生反应的化学方程式补充完整：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6 ═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；制备过程中除水外可循环使用的物质是 （填化学式）．（2）方法2中气体X是 ，实验室常用 溶液来检验；煅烧后的反应是化合反应，也能生成CaO2•8H2O，反应的化学方程式为 ；该反应需控制温度在0～2℃，可将反应器放置在 中，获得CaO2产品中主要含有的固体杂质是 （填化学式）．（3）这两种制法均要求在低温下进行（除煅烧外），温度过高除了防止氨水挥发外，还能 ．-26-\n（4）“绿色化学”一般是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，则上述两种方法中生成CaO2•8H2O的反应符合“绿色化学”的是 （填“方法1”或“方法2”）． 14．某兴趣小组对物质的性质进行相关探究．【提出问题】氯化氢（HCl）气体显酸性吗？【进行实验】该兴趣小组的同学根据二氧化碳与水反应的实验探究方法，用三朵由紫甘蓝的汁液染成蓝紫色的纸质干燥小花进行如图1的三个实验：实验现象：Ⅰ和Ⅱ中小花不变色；Ⅲ中小花变红色．【查阅资料】图2是同学们查阅的氯化氢气体溶于水的微观示意图．【实验结论】氯化氢气体不显酸性．【交流反思】（1）从微观角度分析氯化氢气体不显酸性的原因是 ．（2）小明向实验Ⅲ中变红的小花上喷适当过量的稀氢氧化钠溶液，发现小花最后变成黄绿色，写出相关反应的化学方程式 ．（3）紫甘蓝的汁液在酸性溶液中显 色，在碱性溶液中显 色．（4）下列实验可以用来说明氯化氢气体不显酸性的是 ．A．测试盐酸的导电性，盐酸能导电B．干燥的碳酸钠粉末放人氯化氢气体中，不反应C．氢气与氯气反应，生成氯化氢气体D．干燥的碳酸钠粉末放人盐酸中，能反应． 15．2022年8月12日晚天津开发区化工厂发生爆炸事故．化工厂里面有各种危险化学品，其中有一种叫电石的固体，其主要成分为碳化钙（CaC2），可与水反应生成可燃性气体乙炔（C2H2），十分危险，同时生成一种白色固体．【提出问题】白色固体是什么物质？【作出猜想】猜想一：CaO；猜想二： ；猜想三：Ca（OH）2．进行上述猜想的依据是 ．【交流与反思】经过同学们交流讨论，认为猜想一不成立．否定猜想一的理由是 （用化学方程式说明）．【进行实验】（一）取少量白色固体放入试管中，滴入稀盐酸，没有观察到 ，证明猜想二不成立．（二）取少量白色固体加入水中，取上层清液，加入 ，有白色沉淀出现，证明猜想三成立．碳化钙与水反应的方程式为 ． 三．计算题（本大题包括1题，共6分）-26-\n16．某厂排放的废水中含有碳酸钠，未经处理，会造成污染．化学兴趣小组的同学对废水处理设计了如图所示的实验方案．试计算：（1）反应生成CO2气体的质量是 g．（2）反应后所得溶液中溶质的质量分数？ 四、选择题（14分）（每题2分，每小题只有一个正确选项）17．某溶液中含有较大量的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（ ）①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba（NO3）2溶液．A．①②④②③B．④②①②③C．①②③②④D．④②③②① 18．用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确是（ ）A．常温常压下，11.2LCH4中含有的氢原子数为2NAB．11.2LCO2与8.5gNH3所含分子数相等C．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAD．常温下，1L0.1mol/LMgCl2溶液中含Cl﹣数为0.1NA 19．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下22.4L/mol就是气体摩尔体积B．非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为22.4LC．标准状况下22.4L任何气体都含有约6.02×1023个分子D．1molH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约为44.8L 20．分别用20mL1mol/LBaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）A．3：2：2B．1：2：3C．1：3：3D．3：1：1 21．下列离子方程式错误的是（ ）A．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．盐酸与氢氧化钡溶液：H++OH﹣=H2OC．碳酸钙与稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Cu2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+BaSO4↓ 22．氢化钙（CaH2）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，下列说法不正确的是（ ）A．CaH2既是还原剂，又是氧化剂B．H2既是氧化产物，又是还原产物C．CaH2是还原剂，H2O是氧化剂-26-\nD．氧化产物与还原产物质量比为1：1 23．对四种无色溶液进行离子检验，检验结果如下，其中明显不正确的是（ ）A．SO42﹣OH﹣Cl﹣K+B．Na+NO3﹣OH﹣Cl﹣C．K+Na+NO3﹣Cl﹣D．K+CO32+H+Ba2+ 五、填空题（6分）24．已知下列反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑②2F2+2H2O═4HF+O2③Cl2+H2O═HCl+HClO④2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑⑤CaO+H2O═Ca（OH）2⑥CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2（1）其中水在反应中作氧化剂的反应是（填代号下同） ．（2）其中水在反应中作还原剂的反应是 ．（3）其中水在反应中既不作氧化剂也不作还原剂的反应是 ． 六、实验题（10分）25．（10分）（2022秋•许昌期末）海带中含有丰富的碘．为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是 （从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）．A．烧杯B．坩埚C．表面皿D．泥三角E．酒精灯F．干燥器（2）步骤③的实验操作名称是 ；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是 ．（3）步骤④反应的离子方程式是 ．（4）步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是 ．（5）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法： ． 2022-2022学年安徽省合肥一六八中高一（上）开学化学试卷参考答案与试题解析 一．选择题（包括10小题，每小题只有一个正确选项符合题意，将正确的答案填在答题卷上相应表格中，每题2分，共20分）-26-\n1．“生活垃圾分类”活动，对提升城市文明和生活质量具有积极的意义．下列四个图为城市生活垃圾分类的标志，则废弃旧电池属于（ ）A．可回收垃圾B．餐厨垃圾C．有害垃圾D．其他垃圾【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】废旧电池中的汞、铅、镉等重金属有毒，电池腐烂后，其中的汞、铅、镉等重金属溶出会污染地下水和土壤，所以，废弃电池属于有害的垃圾．【解答】解：废旧电池中的镉元素，则被定为致癌物质；汞中毒，会患中枢神经疾病，死亡率高达40%．电池腐烂后，其中的汞、铅、镉等重金属溶出会污染地下水和土壤，再渗进鱼类、农作物中，破坏人类的生存环境，威胁人类的健康．所以，废弃电池属于有害的垃圾．故选C．【点评】本题是一个与环保相关的题型，是中考的热门考点，也有利于学生树立环保意识． 2．认识物质及其变化对把握自然规律至关重要．下列与其他物质变化类型不同的一项是（ ）A．对着干燥的玻璃片哈气B．浓硫酸腐蚀纸张-26-\nC．用合金在纯金属上刻画D．胆矾的研碎【考点】化学基本反应类型．【分析】选项中只有B中有新物质生成，A、C、D中均为物质形态的变化，没有新物质生成，以此来解答．【解答】解：A．对着干燥的玻璃片哈气，水蒸气与水均为同种物质，只是形态变化，为物理变化；B．浓硫酸腐蚀纸张，使其碳化，有新物质C生成，属于化学变化；C．用合金在纯金属上刻画，只是金属的形状发生变化，为物理变化；D．胆矾的研碎，由固体颗粒转化为粉末，形状发生变化，为物理变化；显然只有B不同，故选B．【点评】本题考查化学反应的判断，为基础性习题，把握物质形态变化及是否有新物质生成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 3．“两型”社会，提倡“低碳”生活，下列有关碳及碳的化合物叙述中正确的是（ ）A．二氧化碳是形成酸雨的主要气体B．金刚石、石墨都是碳单质，两者碳原子的排列方式相同C．一氧化碳含量增加会导致温室效应D．大气中二氧化碳的消耗途径主要是绿色植物的光合作用【考点】碳族元素简介．【专题】元素及其化合物．【分析】A、二氧化硫是形成酸雨的主要气体；B、同素异形体由于结构不同，即原子排列不同，彼此间物理性质有差异；C、二氧化碳含量增加会导致温室效应；D、二氧化碳是植物的光合作用的主要原料．【解答】解：A、二氧化硫是形成酸雨的主要气体，故A错误；B、同素异形体由于结构不同，即原子排列不同，彼此间物理性质有差异；金钢石、石墨为同素异形体，故B错误；C、二氧化碳含量增加会导致温室效应，故C错误；D、二氧化碳是植物的光合作用的主要原料，大气中二氧化碳的消耗途径主要是绿色植物的光合作用，故D正确．故选D．-26-\n【点评】CO2与CO虽然都由C、O元素组成，由于结构上的不同，两气体性质特别是化学相关差很大，CO是一种有毒气体，CO2没有毒性但含量大时也能使人窒息而亡；碳的同素异形体由于结构不同，即原子排列不同，彼此间物理性质有差异． 4．我们的衣食住行中都蕴含着丰富的化学知识，下列说法中正确的是（ ）A．衣料中的蚕丝和涤纶都属于合成有机高分子材料B．加碘食盐和铁强化酱油都可以补充人体必需的微量元素C．建筑高楼大厦时用到的钢是纯净物D．用液化石油气代替汽油作汽车燃料，不会造成空气污染【考点】合成材料；常见的生活环境的污染及治理；合金的概念及其重要应用；微量元素对人体健康的重要作用．【分析】A．蚕丝属于天然材料；B．碘和铁都是人体必需的微量元素；C．钢是铁的合金；D．液化石油气燃烧会生成二氧化碳和水．【解答】解：A．蚕丝属于天然材料，故A错误；B．碘和铁都是人体必需的微量元素，加碘食盐和铁强化酱油都可以补充人体必需的微量元素，故B正确；C．钢是铁的合金，属于混合物，故C错误；D．液化石油气燃烧会生成二氧化碳和水，不完全燃烧会生成一氧化碳，会造成空气污染，故D错误．故选B．【点评】本题考查了化学与生活，涉及材料、合金、环境污染等，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握． 5．下列实验操作能达到实验目的是（ ）选项实验目的实验操作A验证NaCl溶液中混有盐酸取少量溶液，滴加无色酚酞溶液B比较Fe、Cu、Ag的金属活动性铁丝浸入CuSO4溶液，铜丝浸入AgNO3溶液C除去铁制品上的铁锈将铁制品长时间浸泡在足量的稀硫酸中D除去粗盐中的难溶性杂质将粗盐研碎、溶解、蒸发A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．根据盐酸显酸性，氯化钠溶液显中性，都不能使酚酞试液变红进行解答；B．根据铁丝浸入CuSO4溶液，铁丝表面会有铜析出，说明金属铁的活动性大于铜，铜丝浸入AgNO3溶液中，铜丝表面有银析出，说明金属铜的活动性大于银进行解答；C．根据稀硫酸能和氧化铁反应生成硫酸铁和水，同时稀硫酸也能和铁反应生成硫酸亚铁和氢气进行解答；D．根据用过滤的方法去除难溶性的杂质进行解答．【解答】解：A．盐酸显酸性，氯化钠溶液显中性，都不能使酚酞试液变红，所以不能用滴加无色酚酞溶液的方法验证NaCl溶液中混有盐酸，故A错误；B．铁丝浸入CuSO4溶液，铁丝表面会有铜析出，说明金属铁的活动性大于铜，铜丝浸入AgNO3溶液中，铜丝表面有银析出，说明金属铜的活动性大于银，从而比较出Fe、Cu、Ag的金属活动性强弱，故B正确；-26-\nC．稀硫酸能和氧化铁反应生成硫酸铁和水，同时稀硫酸也能和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，所以不能将铁制品长时间浸泡在足量的稀硫酸中，故C错误；D．用过滤的方法去除难溶性的杂质，所以除去粗盐中的难溶性杂质的方法是将粗盐溶解、过滤、蒸发、结晶的方法，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，主要考察物质的分离和提纯，题目难度不大，本题注意相关物质的性质的异同，为解答该题的关键． 6．甲烷和水反应可以制水煤气（混合气体），其反应的微观示意图如图所示，根据以上微观示意图得出的结论中，正确的是（ ）A．反应前后各元素的化合价均不变B．水煤气的成分是一氧化碳和氧气C．该反应中含氢元素的化合物有3种D．该反应的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为1：1【考点】单质和化合物；常见元素的化合价．【分析】根据反应的微观示意图分析，反应物是甲烷和水，生成物是一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为CH4+H2OCO+3H2，据此分析解答即可．【解答】解：由图示可知，该反应的反应物是甲烷和水，生成物是一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为：CH4+H2OCO+3H2．A．该反应的生成物中有单质生成，一定有化合价发生改变，故A错误；B．水煤气的成分是一氧化碳和氢气，故B错误；C．由上述方程式可知，该反应中含氢元素的化合物有2种，分别为CH4、H2O，故C错误；D．由方程式可知，反应物甲烷和水的计量数之比为1：1，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了化学反应中微观粒子方面的知识，明确每个模型表示的含义，这是解决这类题目的关键，题目难度不大． 7．如图所示，将少量液体X加入到烧瓶中，观察到气球逐渐膨胀．如表中液体X和固体Y的组合，不符合题意的是（ ）①②③④X水水稀硫酸双氧水Y硝酸铵氢氧化钠氯化钠二氧化锰-26-\nA．①③B．②④C．①②D．③④【考点】吸热反应和放热反应；过氧化氢．【分析】要使图示的小气球鼓起来，就要使瓶内压强增大，要使瓶内压强增大可通过升温或放出气体实现．即要使小气球鼓起来，所加入的液体与瓶中固体要么放出大量的热，要么生成气体．【解答】解：①NH4NO3粉末溶于水，温度降低，瓶内压强减小，气球会变小，故①符合；②氢氧化钠固体溶于水会放出大量的热，瓶中气温升高气体膨胀体积变大，瓶内压强增大，小气球鼓起来，故②不符合；③氯化钠与硫酸不反应，溶于水后，温度也没有明显变化，气球没有明显变化，故③符合；④二氧化锰和过氧化氢溶液混合能生成大量的氧气，会使气球膨胀起来．故④不符合；故选A．【点评】本题考查了常见物质的性质，完成此题，可以依据已有的知识进行，要能将学科间的知识结合起来进行正确的解题． 8．运用推理、归纳、类比、对比的方法得出下列结论，其中合理的是（ ）A．铝的金属活动性比铁强，则铝制品比铁制品更易锈蚀B．水和过氧化氢的组成元素相同，则二者的化学性质相同C．Na+、Mg2+、Cl﹣的最外层电子数均为8，由此得出离子的最外层电子数均为8D．同温下分解氯酸钾，加催化剂的反应速率更快，说明催化剂可以改变反应速率【考点】探究化学规律．【分析】A．Al比Fe活泼，但氧化铝是致密是氧化物薄膜而阻止Al进一步被氧化，但Fe的氧化物较疏松，不能阻止Fe被腐蚀；B．水和过氧化氢是不同物质，化学性质不同；C．离子的最外层电子数不一定是8；D．催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动．【解答】解：A．Al比Fe活泼，Al极易被氧化生成氧化铝，氧化铝是致密是氧化物薄膜而阻止Al进一步被氧化，但Fe的氧化物较疏松，不能阻止Fe被腐蚀，所以Fe比Al易被腐蚀，故A错误；B．水和过氧化氢是不同物质，物质不同导致其化学性质不同，故B错误；C．离子的最外层电子数不一定是8，如H+核外没有电子，故C错误；D．同温下分解氯酸钾，加催化剂的反应速率更快，说明催化剂能改变反应速率，但催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以不影响平衡移动，故D正确；故选D．【点评】本题考查催化剂、金属性质、离子结构等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，采用举例法分析解答，注意：催化剂不一定增大反应速率，注意催化剂概念中的关键词“改变化学反应速率”，为易错点． 9．下列图象能正确反映对应的实验操作的是（ ）A．向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙-26-\nB．加热一定量高锰酸钾固体产生氧气C．用一定量的双氧水制取氧气D．向一定量的硝酸银溶液中插入铜丝【考点】溶解度、饱和溶液的概念；化学方程式的有关计算；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响．【分析】A．氧化钙与水的反应生成氢氧化钙，反应为放热反应，氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低；B．加热高锰酸钾的反应生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；C．根据催化剂只能改变化学反应速率，而不影响生成氧气的多少分析解答；D．铜和硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜．【解答】解：A．氧化钙与水的反应生成氢氧化钙，反应为放热反应，氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低，故会析出氢氧化钙，溶质质量会变小，然后不变，故A错误；B．加热高锰酸钾的反应生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，高锰酸钾完全反应，剩余固体锰酸钾、二氧化锰，质量不能等于0，故B错误；C．催化剂只能改变化学反应速率，而不影响生成氧气的多少，所以生成的氧气的质量应该相同，只是有催化剂的放出氧气的速率快，故C错误；D．铜和硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜，所以向一定量的硝酸银溶液中插入铜丝溶液的质量会减少，当反应完毕后溶液质量不变，为一定值，故D正确；故选：D．【点评】本题考查的是化学实验现象与图象的关系，清楚图象表达的含义，熟悉物质的性质及发生的反应即可解答，题目难度中等． 10．KCl与KNO3在不同温度的溶解度数据如下表．则下列说法正确的是（ ）温度/℃1020304050KCl30g33g35g38g41gKNO321g31g45g65g88gA．KNO3比KCl的溶解度大B．两种物质的溶解度相等的温度在20～30℃间C．在20℃时，10g水中加入5gKCl可得到33.3%的KCl溶液-26-\nD．在50℃时，两物质各5g分别加入l0g水中，充分溶解，均有固体剩余【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【分析】A．溶解度与温度有关，比较溶解度大小应指明2温度；B．根据图表中数据考虑分析；C．在20℃时，氯化钾的溶解度为33g；D．根据50℃时KCl和KNO3的溶解度及溶解度的定义分析解答．【解答】解：A．没有指明温度无法比较溶解度的大小，故A错误；B．分析图表，KNO3和NaCl的溶解度曲线在20℃～30℃温度范围内有相同的时候，所以两种物质的溶解度曲线在此范围内相交，故B正确；C.20℃时，10g水中加入5gKCl可得到33.3%的KCl溶液，溶液为过饱和溶液，质量分数为×100%=24.8%，故C错误；D.50℃时KCl溶解度是41g，相当于100g水最多溶解氯化钾41g，10g水中最多溶解氯化钾4.1g，有固体剩余；50℃时硝酸钾溶解度是88g，相当于100g水最多溶解硝酸钾88g，10g水中最多溶解硝酸钾8.8g，无固体剩余，故D错误；故选：B．【点评】本题考查的是固体物质溶解度的影响因素以及溶解度的应用，明确溶解度定义及饱和溶液的特点是解题关键，题目难度不大． 二．填空题（包括五大题，共44分）11．合金是重要的金属材料．（1）下列物品所使用的主要材料属于合金的是 C （填字母序号，下同）．A．青花瓷瓶B．橡胶充气艇C．不锈钢锅（2）生铁是常用的合金，生铁属于 混合物 （填“纯净物”或“混合物”）．（3）黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画（如图所示），纯铜片上留下明显的划痕，说明 黄铜硬度比纯铜大 ．（4）黄铜渣中约含Zn7%、ZnO31%、Cu50%、CuO5%，其余为杂质．处理黄铜渣可得到硫酸锌，其主要流程如下（杂质不溶于水、不参与反应）：已知：ZnO+H2SO4═ZnSO4+H2O；CuO+H2SO4═CuSO4+H2O①Ⅱ中反应的化学方程式为 Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu ；②下列说法正确的是 abc ．a．Ⅰ、Ⅱ中的操作均包含过滤b．溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4c．溶液A的质量小于溶液Bd．溶液C中溶质的质量分数小于溶液B．【考点】生活中常见合金的组成；混合物和纯净物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．-26-\n【分析】（1）合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；（2）合金属于混合物；（3）合金要比组成它的纯金属的硬度大；（4）根据金属与酸、盐的溶液反应的规律书写化学方程式．【解答】解：（1）青花瓷瓶属于硅酸盐材料；橡胶充气艇属于有机高分子材料；不锈钢锅属于合金，故答案为：C；（2）生铁是常用的合金，合金属于混合物，故生铁属于混合物，故答案为：混合物；（3）将纯铜片和黄铜片互相刻画，纯铜片上留下明显的划痕，说明黄铜的硬度比纯铜的硬度大，故答案为：黄铜的硬度比纯铜的硬度大；（4）①由于锌排在氢和铜的前面，故锌既可以与酸反应，也可以与硫酸铜反应，反应的化学方程式分别为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，故答案为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；②由图可知，操作Ⅰ过滤除去铜和杂质，操作Ⅱ过滤是除去锌和置换出的铜；因氧化锌的质量大于氧化铜，另外锌也能和硫酸反应生成硫酸锌，而铜和硫酸不反应，故溶液A中硫酸锌的质量大于硫酸铜；溶液A加入锌后，反应的化学方程式分别为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；对反应Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑分析可知，每65份质量的锌进入溶液，从溶液中出来2份质量的氢气，使得溶液质量增加，对于反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu来说，每65份质量的锌进入溶液，从溶液中析出64份质量的铜，也使得溶液质量增大；故溶液A的质量小于溶液B；溶液C为饱和溶液，质量分数达到同温度下的最大值，故d错误，故答案为：abc．【点评】本题考查合金以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，题目难度中等，了解相关知识即可正确解答． 12．（12分）（2022秋•合肥校级月考）请结合下图回答问题：（1）写出有标号的仪器名称：① 试管 ，② 长颈漏斗 ．（2）实验室用高锰酸钾制取O2的化学方程式为 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ ，用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可采取的措施是 在试管口放一小团棉花 ．（3）实验室用B、D装置制取CO2的化学方程式为 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ ，若将发生装置由B改为F，其优点是 可随时控制反应的发生和停止 ．（4）SO2是无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水．SO2的某些化学性质与CO2相似，实验中常用NaOH溶液吸收SO2尾气．用下图所示装置收集一瓶干燥的SO2，装置中导管按气流方向连接顺序是 ①→②→④→③ →⑤（填序号）；图中漏斗的作用是 防止倒吸现象 ；烧杯中NaOH溶液的作用是 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O （用化学方程式表示）．-26-\n【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合．【分析】（1）由图中装置及常见仪器可知仪器的名称；（2）高锰酸钾制取O2，加热高锰酸钾分解生成氧气、锰酸钾、二氧化锰；用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可在试管口利用棉花团处理；（3）用B、D装置制取CO2，为固体、液体反应不加热装置，利用碳酸钙与盐酸反应即可；将发生装置由B改为F，F中有分液漏斗，可利用活塞控制液体的量；（4）图示装置收集一瓶干燥的SO2，先干燥气体、再收集，最后尾气处理，倒扣的漏斗可防止液体倒吸，烧杯中NaOH吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，以此来解答．【解答】解：（1）由图可知，仪器①为试管，②为长颈漏斗，故答案为：试管；长颈漏斗；（2）高锰酸钾制取O2，加热高锰酸钾分解生成氧气、锰酸钾、二氧化锰，反应方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可在试管口放一小团棉花，保证粉末不能堵塞导管，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；在试管口放一小团棉花；（3）用B、D装置制取CO2，为固体、液体反应不加热装置，利用碳酸钙与盐酸反应即可，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；将发生装置由B改为F，F中有分液漏斗，其优点是可随时控制反应的发生和停止，故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；可随时控制反应的发生和停止；（4）图示装置收集一瓶干燥的SO2，先干燥气体、再收集，最后尾气处理，则装置中导管按气流方向连接顺序是①→②→④→③→⑤；图中漏斗的作用是可防止倒吸现象，烧杯中NaOH吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：①→②→④→③；防止倒吸现象；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O．【点评】本题考查常见气体的制备实验及性质实验，为高频考点，把握气体的制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 13．（11分）（2022秋•合肥校级月考）过氧化钙（CaO2）是一种对环境友好的多功能无机化合物，通常有两种制备方法．已知：温度过高过氧化钙会分解生成氧化物和氧气．【方法1】由Ca（OH）2为原料最终制得，其制备流程如下：-26-\n【方法2】由鸡蛋壳（含CaCO3高达90%）为原料最终反应制得，其制备流程如下：（1）方法1中搅拌的目的是 使充分反应，提高原料利用率 ；请将搅拌过程中发生反应的化学方程式补充完整：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6 H2O ═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；制备过程中除水外可循环使用的物质是 NH4Cl （填化学式）．（2）方法2中气体X是 二氧化碳 ，实验室常用 氢氧化钙 溶液来检验；煅烧后的反应是化合反应，也能生成CaO2•8H2O，反应的化学方程式为 Ca（OH）2+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O ；该反应需控制温度在0～2℃，可将反应器放置在 冰水 中，获得CaO2产品中主要含有的固体杂质是 Ca（OH）2 （填化学式）．（3）这两种制法均要求在低温下进行（除煅烧外），温度过高除了防止氨水挥发外，还能 防止CaO2分解 ．（4）“绿色化学”一般是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，则上述两种方法中生成CaO2•8H2O的反应符合“绿色化学”的是 方法2 （填“方法1”或“方法2”）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据搅拌可以使反应物充分混合进行分析，根据质量守恒定律进行分析，根据既是反应物也是生成物的物质可以循环利用进行分析；（2）根据鸡蛋壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，所以X是二氧化碳，在实验室常用氢氧化钠来吸收二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，然后依据反应原理、质量守恒定律书写化学方程式，根据实验室控制温度的方法进行分析，根据题中的反应物进行分析；（3）根据温度过高过氧化物会分解生成氧化物和氧气进行分析；（4）方法2中没有副产物，方法1中有副产物二氧化碳，根据绿色化学的条件进行分析；【解答】解：（1）搅拌可以使药品均匀混合，所以方法1中搅拌的目的是：使反应充分，提高原料利用率；依据质量守恒定律可知，化学反应前后原子个数不变，反应前Ca原子个数为1个，O原子个数为4个，N原子个数为2个，H原子个数为12个，Cl原子个数为2个；反应后Ca原子个数为1个，O原子个数为10个，N原子个数为2个，H原子个数为24个，Cl原子个数为2个，所以需要补充的物质是水，故CaC12+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，氯化铵既出现在了反应物中，也出现在了生成物中，所以制备过程中除水外可循环使用的物质是：NH4C1，故答案为：使充分反应，提高原料利用率；H2O；NH4Cl；（2）鸡蛋壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，所以X是二氧化碳，在实验室常用氢氧化钙溶液来检验二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和双氧水反应生成过氧化钙晶体，化学方程式为：Ca（OH）2+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O，冰水混合物的温度是0℃，所以反应需控制温度在0～2℃，可将反应器放置在冰水中，氢氧化钙是反应物，但是在反应过程中不一定会完全反应，所以获得的CaO2产品中主要含有的固体杂质是Ca（OH）2，故答案为：二氧化碳；氢氧化钙；Ca（OH）2+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O；冰水；Ca（OH）2；（3）依据题中的知识可知，温度过高过氧化物会分解生成氧化物和氧气，所以温度过高会造成氨水挥发外，还能使CaO2分解，故答案为：防止CaO2分解；-26-\n（4）“绿色化学”一般是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，方法2中没有副产物，方法1中有副产物二氧化碳，所以上述两种方法中生成CaO2•8H2O的反应符合“绿色化学”的是：方法2，故答案为：方法2．【点评】本题考查物质的制备，题目难度中等，充分考查学生的分析理解能力、知识迁移应用能力，在解此类题时，首先分析题中的反应流程，然后结合学过的知识和题中所给的知识进行分析解答． 14．某兴趣小组对物质的性质进行相关探究．【提出问题】氯化氢（HCl）气体显酸性吗？【进行实验】该兴趣小组的同学根据二氧化碳与水反应的实验探究方法，用三朵由紫甘蓝的汁液染成蓝紫色的纸质干燥小花进行如图1的三个实验：实验现象：Ⅰ和Ⅱ中小花不变色；Ⅲ中小花变红色．【查阅资料】图2是同学们查阅的氯化氢气体溶于水的微观示意图．【实验结论】氯化氢气体不显酸性．【交流反思】（1）从微观角度分析氯化氢气体不显酸性的原因是 在氯化氢气体中，氯化氢以分子形式存在，没有解离出氢离子，所以氯化氢气体不显酸性 ．（2）小明向实验Ⅲ中变红的小花上喷适当过量的稀氢氧化钠溶液，发现小花最后变成黄绿色，写出相关反应的化学方程式 NaOH+HCl=NaCl+H2O ．（3）紫甘蓝的汁液在酸性溶液中显 红 色，在碱性溶液中显 黄绿 色．（4）下列实验可以用来说明氯化氢气体不显酸性的是 B ．A．测试盐酸的导电性，盐酸能导电B．干燥的碳酸钠粉末放人氯化氢气体中，不反应C．氢气与氯气反应，生成氯化氢气体D．干燥的碳酸钠粉末放人盐酸中，能反应．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据氯化氢气体是由氯化氢分子构成的进行解答；（2）根据稀氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水进行解答；（3）根据图可知紫甘蓝的汁液在酸性溶液中显红色进行解答；（4）根据碳酸钠粉末遇到酸性物质会生成二氧化碳进行解答．【解答】解：（1）在氯化氢气体中，氯化氢气体是由氯化氢分子构成的，没有解离出的氢离子，所以氯化氢气体不显酸性，故答案为：在氯化氢气体中，氯化氢气体是由氯化氢分子构成的，没有解离出的氢离子，所以氯化氢气体不显酸性；（2）稀氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，所以向实验Ⅲ中变红的小花上喷足量的稀氢氧化钠溶液，发现小花最后变成黄绿色，反应的化学方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O，-26-\n故答案为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；（3）由图可知紫甘蓝的汁液在酸性溶液中显红色，在碱性溶液中显黄绿色，故答案为：红，黄绿色；（4）碳酸钠粉末遇到酸性物质会生成二氧化碳，所以干燥的碳酸钠粉末放入氯化氢气体中，不反应，说明氯化氢气体不显酸性，故答案为：B．【点评】本题考查了物质性质实验的分析判断，在解此类题时，首先要了解题中的各个问题，然后将这些问题对准学过的知识点，再结合题中的要求各个突破，题目难度中等． 15．2022年8月12日晚天津开发区化工厂发生爆炸事故．化工厂里面有各种危险化学品，其中有一种叫电石的固体，其主要成分为碳化钙（CaC2），可与水反应生成可燃性气体乙炔（C2H2），十分危险，同时生成一种白色固体．【提出问题】白色固体是什么物质？【作出猜想】猜想一：CaO；猜想二： CaCO3 ；猜想三：Ca（OH）2．进行上述猜想的依据是 碳化钙中含钙元素和碳元素，水中含氧元素 ．【交流与反思】经过同学们交流讨论，认为猜想一不成立．否定猜想一的理由是 CaO+H2O=Ca（OH）2 （用化学方程式说明）．【进行实验】（一）取少量白色固体放入试管中，滴入稀盐酸，没有观察到 有气泡产生 ，证明猜想二不成立．（二）取少量白色固体加入水中，取上层清液，加入 少量碳酸溶液 ，有白色沉淀出现，证明猜想三成立．碳化钙与水反应的方程式为 CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑ ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】【做出猜想】根据质量守恒定律的元素守恒可知，白色固体可能是氧化钙，或碳酸钙，或氢氧化钙；【交流反思】氧化钙能和水反应生成氢氧化钙；【进行实验】考虑：二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔．【解答】解：【做出猜想】根据质量守恒定律的元素守恒，化学变化过程中元素种类不变，反应前有钙、碳、氢、氧元素，故生成的白色固体可能是CaO或CaCO3或Ca（OH）2，故答案为：CaCO3；碳化钙中含钙元素和碳元素，水中含氧元素；【交流反思】因为CaO能与水反应生成氢氧化钙，故猜想一不成立，化学方程式：CaO+H2O=Ca（OH）2，故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2；【进行实验】（一）根据碳酸钙能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；如果取少量白色固体放入试管中，滴加稀盐酸，没有观察到气泡放出，则证明猜想二不成立，故答案为：有气泡产生；（二）根据二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；则取少量白色固体加入到水中，取上层清液，通入二氧化碳气体，有白色沉淀出现，证明猜想三成立．碳化钙与水反应的方程式为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑．故答案为：少量碳酸溶液；CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑．【点评】本题考查探究物质的组成或测量物质的含量，为高频考点，侧重分析、推断能力的综合考查，题目难度中等． 三．计算题（本大题包括1题，共6分）-26-\n16．某厂排放的废水中含有碳酸钠，未经处理，会造成污染．化学兴趣小组的同学对废水处理设计了如图所示的实验方案．试计算：（1）反应生成CO2气体的质量是 2.2 g．（2）反应后所得溶液中溶质的质量分数？【考点】化学方程式的有关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】（1）根据反应前后的质量差可以计算生成二氧化碳的质量；（2）根据二氧化碳的质量可以计算反应生成氯化钠的质量，进一步可以计算反应后所得溶液中溶质的质量分数．【解答】解：（1）反应生成CO2气体的质量为：100g+19.2g﹣117g=2.2g；故答案为：2.2；（2）设生成氯化钠的质量为x，Na2CO3+2HC1═2NaC1+H2O+CO2↑11744x2.2gx=5.85g反应后所得溶液中溶质的质量分数为：×100%=5%答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为5%．答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为5%．【点评】本题考查了溶液质量分数的求算、有关方程式的计算，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和计算能力． 四、选择题（14分）（每题2分，每小题只有一个正确选项）17．某溶液中含有较大量的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（ ）①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba（NO3）2溶液．A．①②④②③B．④②①②③C．①②③②④D．④②③②①【考点】常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤．【解答】解：Cl﹣用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO32﹣用Ba（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH﹣用Mg（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg（OH）2；Cl﹣、CO32﹣、OH﹣都和AgNO3反应，CO32﹣、OH﹣都和Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀；只有CO32﹣和Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO32﹣、再检验OH﹣；故选B．-26-\n【点评】本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行，同时需考虑物质之间的反应． 18．用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确是（ ）A．常温常压下，11.2LCH4中含有的氢原子数为2NAB．11.2LCO2与8.5gNH3所含分子数相等C．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAD．常温下，1L0.1mol/LMgCl2溶液中含Cl﹣数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．常温常压Vm≠22.4L/mol；B．气体状况未知；C．铝与盐酸反应生成氯化铝；D.1mol氯化镁含有2mol氯离子．【解答】解：A．Vm不知，无法计算，故A错误；B．气体状况未知，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.2.7g铝的物质的量为0.1mol，与足量盐酸反应，依据铝全部反应计算电子转移为0.3NA，故C正确；D．常温下，1L0.1mol/LMgCl2溶液中含Cl﹣数为0.2NA，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键，注意气体摩尔体积使用对象和条件，题目难度不大． 19．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下22.4L/mol就是气体摩尔体积B．非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为22.4LC．标准状况下22.4L任何气体都含有约6.02×1023个分子D．1molH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约为44.8L【考点】物质的量的相关计算．【分析】A．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol；B．一定条件下，1mol气体的体积可能为22.4L；C．标准状况下22.4L任何气体的物质的量为1mol；D．1mol混合气体在标准状况下体积约为22.4L．【解答】解：A．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，是一个约数，故A错误；B．温度越高气体的体积越大，压强越大，体积越小，在一定条件下，1mol气体的体积可能为22.4L，故B错误；C．标准状况下22.4L任何气体的物质的量为1mol，其含有的分子数约为6.02×1023个，故C正确；D．1mol混合气体在标准状况下体积约为22.4L，2mol混合气体的体积才是约为44.8L，故D错误．故选C．【点评】本题考查了气体的摩尔体积，题目难度不大，注意把握气体摩尔体积的适用条件，侧重于考查学生的分析能力． -26-\n20．分别用20mL1mol/LBaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）A．3：2：2B．1：2：3C．1：3：3D．3：1：1【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液，溶质的物质的量相同，利用钡离子与硫酸根离子的关系来计算Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中溶质的物质的量，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比．【解答】解：假设BaCl2的物质的量为1mol，Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42﹣离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，可知x×3=y×1=z×1=1mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3，故选：C．【点评】本题考查离子的浓度关系，明确钡离子与硫酸根离子的关系及信息中溶液中的SO42﹣离子恰好完全转化为沉淀是解答本题的关键． 21．下列离子方程式错误的是（ ）A．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．盐酸与氢氧化钡溶液：H++OH﹣=H2OC．碳酸钙与稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Cu2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+BaSO4↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成亚铁离子和氢气；B．稀的强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；C．碳酸钙不溶于水，硝酸为强酸，反应生成硝酸钙、水和二氧化碳；D．反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀．【解答】解：A．铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．盐酸与氢氧化钡溶液的离子反应为H++OH﹣=H2O，故B正确；C．碳酸钙与稀硝酸的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故C正确；D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液的离子反应为Cu2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故D正确；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，注意在离子反应中保留化学式的常见物质，题目难度不大． 22．氢化钙（CaH2）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，下列说法不正确的是（ ）A．CaH2既是还原剂，又是氧化剂B．H2既是氧化产物，又是还原产物-26-\nC．CaH2是还原剂，H2O是氧化剂D．氧化产物与还原产物质量比为1：1【考点】氧化还原反应．【分析】反应CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑中，CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0；H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，以此来解答．【解答】解：A．CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故A错误；B．由反应可知，氧化产物与还原反应均为氢气，故B正确；C．CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故C正确；D．氧化产物与还原反应均为氢气，其物质的量相同，则氧化产物与还原产物的质量比为1：1，故D正确；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的基本概念来解答，难度不大． 23．对四种无色溶液进行离子检验，检验结果如下，其中明显不正确的是（ ）A．SO42﹣OH﹣Cl﹣K+B．Na+NO3﹣OH﹣Cl﹣C．K+Na+NO3﹣Cl﹣D．K+CO32+H+Ba2+【考点】离子共存问题．【分析】无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，A．四种离子之间不反应，都是无色离子，能够共存；B．四种离子之间不发生反应，都是无色离子；C．四种离子之间不发生反应，且都为无色离子；D．碳酸根离子与氢离子和钡离子反应．【解答】解：溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，A．SO42﹣、OH﹣、Cl﹣、K+之间不发生反应，都是无色离子，在溶液中可以大量共存，故A错误；B．Na+、NO3﹣、OH﹣、Cl﹣之间不满足离子反应发生条件，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故B错误；C．K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，都为无色离子，能够大量共存，故C错误；D．CO32+与H+、Ba2+发生反应，在溶液中不能大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力． 五、填空题（6分）24．已知下列反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑②2F2+2H2O═4HF+O2③Cl2+H2O═HCl+HClO④2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑⑤CaO+H2O═Ca（OH）2⑥CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2（1）其中水在反应中作氧化剂的反应是（填代号下同） ① ．（2）其中水在反应中作还原剂的反应是 ②④ ．-26-\n（3）其中水在反应中既不作氧化剂也不作还原剂的反应是 ③⑤⑥ ．【考点】氧化还原反应．【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，从元素化合价的变化的角度分析，氧化还原反应中，氧化剂得到电子被还原，所含元素的化合价降低，还原剂失去电子被氧化，所含元素的化合价升高，以此解答该题．【解答】解：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑中H元素化合价降低，被还原，水为氧化剂，②2F2+2H2O═4HF+O2中O元素化合价升高，被氧化，水为还原剂，③Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，④2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑中H元素化合价降低，水为还原剂，⑤CaO+H2O═Ca（OH）2中H、O元素不变，不是氧化还原反应，⑥CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2中H、O元素不变，不是氧化还原反应，故答案为：（1）①；（2）②④；（3）③⑤⑥．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大． 六、实验题（10分）25．（10分）（2022秋•许昌期末）海带中含有丰富的碘．为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是 BDE （从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）．A．烧杯B．坩埚C．表面皿D．泥三角E．酒精灯F．干燥器（2）步骤③的实验操作名称是 过滤 ；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是 蒸馏 ．（3）步骤④反应的离子方程式是 2I﹣+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O ．（4）步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是 苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大 ．（5）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法： 取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘） ．【考点】海带成分中碘的检验．【专题】卤族元素．【分析】（1）根据实验操作步骤①灼烧来分析用到的实验仪器；（2）分离固体和液体用过滤，分离互溶的两种液体用蒸馏；（3）MnO2具有较强的氧化性，在酸性条件下可氧化碘离子；（4）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多；-26-\n（5）根据碘单质的特性来检验．【解答】解：（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯．故答案为：BDE；（2）步骤③是分离固体和液体，则实验操作为过滤，步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；（3）碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化，故答案为：2I﹣+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O；（4）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故答案为：苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大；（5）碘遇淀粉变蓝色，故答案为：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）．【点评】本题考查灼烧的实验，物质的分离方法，碘单质的检验，难度适中，考查学生解决实际问题的能力． -26-
