吉林省实验中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高三下·河南月考）下列有关化学与生产、生活的说法中，错误的是（ ）。
A．陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品
B．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同
C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
D．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去
2．（2018高三上·吉林期中）分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是（ ）
A．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B．淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子
C．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物
3．（2018高三上·吉林期中）下列有关氧化还原反应的叙述正确的是（ ）
A．化合反应和复分解反应不可能是氧化还原反应
B．阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化
C．含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性
D．在氧化还原反应中肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
4．（2018高三上·吉林期中）短周期元素A，B，C，D，E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。下列叙述正确的是（ ）
A．氧元素与A，B，C形成的二元化合物均只有两种
B．简单离子半径：E>C>D>B
C．由A，B，E三种元素只能形成含有共价键的共价化合物
D．C，D，E三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应
5．（2018高三上·吉林期中）下列表达方式正确的是（ ）
A．
B．质子数为17、中子数为20的氯原子：2017Cl
C．HClO的结构式：H—O—Cl
D．NH4Cl的电子式：
6．（2018高三上·吉林期中）朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是（ ）
A．空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m
B．光是一种胶体
C．雾是一种胶体
D．发生丁达尔效应
7．（2018高三上·吉林期中）已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉 KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断错误的是（ ）
A．化合物KCrO2中Cr为＋3价
B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C．实验②证明氧化性：Cr2O72-＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
8．（2018高三上·吉林期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是（ ）
A．由1mol CH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数目是NA
B．1.68gFe与足量高温水蒸气反应，转移电子的数目为0.09NA
C．氢原子数为0.4NA的CH3OH 分子中含有的电子数为1.8NA
D．常温下，2L 0.1mol L-1FeCl3溶液与1L0.2mol L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同
9．（2018高三上·吉林期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．无色透明溶液中: Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-
B．0.1mol/L NaHCO3溶液中: Mg2+、Al3+、K+、NO3-
C．能使甲基橙变黄的溶液中: Na+，CH3COO-、 MnO4-、 Fe3+
D．c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+
10．（2018高三上·吉林期中）常温下，下列四种酸溶液，能跟铝片反应放出H2且反应速率最快的是（ ）
A．20mL 18.4mol·L 1的硫酸溶液 B．10mL 3mol·L 1的硫酸溶液
C．20mL 5mol·L 1的盐酸溶液 D．30mL 4mol·L 1的硝酸溶液
11．（2018高三上·吉林期中）根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述错误的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D．用中文“ ”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
12．（2018高一上·舒兰期中）将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1 的较浓氨水沿玻璃棒加入到u mL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀氨水。若c1 =2c2，则：（ ）
A．w1>2w2,u>50 B．w1<2w2,u<50
C．w1=2w2,u<50 D．w1﹥2w2,u﹤50
13．（2018高三上·吉林期中）下列叙述正确的是（ ）
A．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生沉淀，此沉淀是BaSO3
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入KNO3固体，铜粉仍不溶解
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀，再加入过量NaHSO4溶液，沉淀溶解
D．在Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸，可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液
14．（2018高三上·吉林期中）某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2的混合物 ④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，正确的是（ ）
A．均不符合 B．只有①②③ C．只有④⑤ D．全部符合
15．（2018高三上·吉林期中）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A． 制取氨气
B． 制取NaHCO3
C． 分离NaHCO3
D．D 干燥NaHCO3
16．（2018高三上·吉林期中）下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热为-285.5 kJ/mol，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H=+285.5 kJ/mol
B．1mol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出890 kJ热量，它的热化学方程式为：1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ/mol
C．已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1，则C(s)的燃烧热为-110. 5kJ/mol
D．HF与NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol
17．（2018高三上·吉林期中）下列离子方程式书写符合题意且能合理解释事实的是（ ）
A．将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O
B．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+2H2O
C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝：4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O
D．向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
18．（2018高三上·吉林期中）将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示.下列关于整个反应过程中的叙述错误的是（ ）
A．Oa段反应的化学方程式是Ba(OH)2+CO2═BaCO3↓+H2O
B．ab段与cd段所发生的反应相同
C．de段沉淀减少是由于BaCO3固体消失
D．bc段反应的离子方程式是2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al(OH)3↓+CO32﹣
19．（2018高三上·吉林期中）羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50 mL 0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是 （ ）
A．N2 B．N2O C．NO D．NO2
20．（2018高三上·吉林期中）海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（ ）
①试剂M是盐酸 ②流程中的反应全部都是非氧化还原反应
③操作b只是过滤 ④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2
⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼
A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤
21．（2018高三上·吉林期中）H2在Cl2中燃烧时产生苍白色火焰.在反应过程中,断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1KJ,断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2KJ,形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3KJ.下列关系式正确的是（ ）
A．Q1+Q2>Q3 B．Q1+Q2>2Q3 C．Q1+Q2
选项 操作 现象 结论
A 向某溶液中加入NaOH 溶液，并将红色石蕊试纸置于溶液中 试纸变蓝 原溶液中有NH4+
B 向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸 均冒气泡 两者均能与盐酸反应
C 向某溶液中滴加氯水后，再加KSCN溶液 溶液变红 该溶液中一定有Fe3+
D 向某无色溶液中滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 该无色溶液中一定含有SO42-
A．A B．B C．C D．D
23．（2017高三上·静海开学考）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（ ）
A．9.0L B．13.5L
C．15.7L D．16.8L
24．（2018高二上·宿迁期末）铁、铜混合粉末17.6 g加入到800mL 1.0mol/L的 FeCl3溶液中，充分反应后，所得溶液中Fe2+和Cu2+物质的量浓度之比为8∶1。下列有关说法正确的是（ ）
A．混合粉末中铁与铜的物质的量之比是1∶2
B．反应后的溶液最多还可以溶解铁粉5.6g
C．反应后所得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L (假设反应前后溶液体积无变化)
D．向反应后的溶液中加入2.0 mol/L NaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH溶液的体积是1.6 L
25．（2018高三上·吉林期中）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加入3 mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述错误的是（ ）
A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100 mL
B．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24 L
C．参加反应的金属的总质量3.6 g＜m＜9.6 g
D．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol
二、实验题
26．（2018高三上·吉林期中）碘是人类必需的生命元素,在人体的生长发育过程中起着重要作用,实验小组进行碘单质的制备。
【查阅资料】碱性条件下,I2会发生歧化反应生成I-和IO3-,酸性条件下, I-和IO3-又会发生归中反应生成I2；碘在水中的溶解度为0.029g。
【碘的制取】以海带为原料,按照以下步骤进行实验。
（1）将海带灼烧成灰后再用水浸取,目的是 。
（2）步骤B发生的反应是“氧化”,这一操作中可供选用的试剂:
①Cl2；②Br2；③稀硫酸和H2O2,从无污染角度考虑，你认为合适试剂是 （填编号）,反应中I-转化为I2
的离子反应方程式为 。
（3）步骤C中使用的起到分离作用的仪器是 ,使用该仪器时,第一步操作是 。
（4）有同学查资料后发现CCl4有毒,提议用乙醇代替,请判断该提议是否可行,原因是 。
（5）【碘的分离】得到含I2的CCl4溶液后,利用右图装置进行碘的提取并回收溶剂。
图中有两处明显错误,分别是① ；② 。
（6）对实验装置的错误改正之后进行分离操作。预期锥形瓶中得到无色的CCl4,实验结果锥形瓶中得到紫红色液体,请分析出现该实验结果的原因 ，为了保证实验成功,请提出改进方案: 。
三、填空题
27．（2018高三上·吉林期中）实验室可通过反应；3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O 制取KClO3，再用稍潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应制取ClO2气体，装置如图所示。ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，易溶于水。
请回答下列问题：
（1）A 中反应的主要产物有：某种正盐、ClO2和CO2等，写出该反应的化学方程式： 。
（2）请分析装置图，进行补充和完善。A部分缺 装置，B部分还应补充 装置，还有一处设计明显不合理的是 （填“A”“B”或“C”）
（3）C中的试剂为NaOH溶液时，反应生成NaClO3和NaClO2，写出该反应的离于方程式： 。
（4）在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2，此时Cl2的氧化产物主要是 ；继续通入适量Cl2，将溶液加热，溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示，图中甲、乙、丙依次表示的离子是 （不考虑Cl2的挥发）
（5）测定KClO3样品中ClO3-的含量，称取样品ag，准确配制成1000mL溶液，从上述溶液中取出10.00mL 于锥形瓶中，准确加入30.00mL 1.00 mol L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（过量）。再在锥形瓶中加入100mL 蒸馏水及某种指示剂，用0.200 mol L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗5.00mL。样品中ClO3-的质量分数为 。（已知Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O，ClO3-可被Fe2+还原为Cl-）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A. 陶瓷、水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，所以都属于硅酸盐产品，A符合题意；
B.柳絮的主要成分和棉花相同，都是纤维素，B符合题意；
C. 现代工业用电解法从氧化铝中获得铝，C不符合题意；
D. 锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液反复浸泡，使其转化为疏松的碳酸钙后再用酸除去，D符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据与生活、生产有关的化学知识进行分析，注意金属铝的冶炼方法。
2．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，故A不符合题意；
B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故B不符合题意；
C、根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据丁达尔现象分类的，故C不符合题意；
D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如 Al2O3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.只要没有元素化合价升降的反应就不是氧化还原反应；
B.天然高分子化合物是自然界或矿物中由生化作用或光合作用而形成高分子化合物。存在于动物、植物或矿物内。例如纤维素、淀粉、蛋白质、木质素、天然橡胶、石棉、云母、核酸等，油脂不是天然高分子化合物；
C.取决于分散系种类的本质是分散质粒子直径的大小；
D.碱性氧化物指的是可以和酸反应生成盐和水的氧化物；而金属组成的氧化物就叫金属氧化物。
3．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.2H2+O2 2H2O的反应既是化合反应又是氧化还原反应，SO2+H2O=H2SO3的反应是化合反应但不是氧化还原反应，所以只有部分化合反应是氧化还原反应；复分解反应一定没有元素化合价的变化，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故A不符合题意。
B.化合价处于最高的阳离子只能得到电子被还原，化合价处于最低的阴离子只能失去电子被氧化，中间价态的阴阳离子既可以失去电子被氧化，也可以得到电子被还原，故B不符合题意；
C.含有最高价元素的化合物可能不具有强氧化性，如碳酸；可能具有强氧化性，如硝酸，所以含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性，故C符合题意；
D.氧化还原反应可发生在同一元素之间，如氯气和水的反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.部分化合反应和部分分解反应属于氧化还原反应；
B.只要是元素的高价态就可以发生还原反应，低价态就可以发生氧化反应，与阴阳离子无关；
C.含有最高价元素的化合物不一定就具有很强的氧化性，氧化性取决于物质得电子的能力；
D.氧化还原反应可以在不同的元素之间进行，但是也可以在同一种元素之间发生。
4．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据题意：A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A为氢元素，B为氮元素，A和C同主族，C为钠元素；在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，E为氯元素；D原子最外层电子数与电子层数相等，D为铝元素。氧元素与氮元素形成的二元化合物有：N2O NO NO2 N2O4 N2O5等；A不符合题意；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+
D.氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸三者之间两两之间可以反应生成盐和水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】比较简单离子半径的方法：当电子层数不同时，离子的电子层数越多其半径就越大；当电子层数相同时，元素的质子数越小，离子的半径就越大。
5．【答案】C
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、F－的电子式应在Mg2＋两边，用电子式表示MgF2的形成过程为 ，故A不符合题意；
B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，即该氯原子为3717Cl，故B不符合题意；
C、HClO的结构式为H－O－Cl，故C符合题意；
D、没有表示出Cl－最外层电子，正确的是 ，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.由于氟化镁是两个氟离子分别与镁离子形成离子键，因此镁离子应该再中间；
B.在原子的左上角应该书写质量数，左下角书写质子数；
C.由于氧原子需要两个电子才能达到稳定结构，因此氧原子分别和氢原子和氯原子形成一个共价键；
D.铵根的电子式没有书写氯离子最外层的电子。
6．【答案】A
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10－9m～10－7m，故A符合题意；
B、雾是胶体，光不是胶体，故B不符合题意；
C、雾是胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C不符合题意；
D、丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】决定分散系是溶液、胶体还是浊叶的本质是分散质粒子半径的大小。
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学试剂的分类
【解析】【解答】A. 根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价，A不选。
B.根据题意可知Cr2O3是两性氧化物，B不选。
C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性K2Cr2O7＞I2，C不选。
D.在③中H2O2中的O元素的化合价由-1价变为-2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性，D选。
故答案为：D。
【分析】A.在判断元素在化合物中化合价时，根据不变价元素来确定变价元素；
B.两性氧化物是指遇强酸呈碱性，遇强碱呈酸性的氧化物，既能与酸作用，又能与碱作用。都生成盐和水。两性元素的氧化物和变价金属的中间价态的氧化物通常是两性氧化物；
C.根据氧化还原反应的性质可知氧化剂的氧化性大于氧化产物；
D.在该反应中指体现了氧元素得电子的能力即氧化性。
8．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 由1mol CH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，电荷守恒：c(CH3COO－)+ c(OH－) =c(H＋)+ c(Na＋)，溶液呈中性，c(OH－) =c(H＋)，所以c(CH3COO－)=c(Na＋)，n(CH3COO－)=n(Na＋)，故A不符合题意；
B. 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，1.68g即0.03molFe与足量高温水蒸气反应，转移电子的数目为0.08NA，故B符合题意；
C. CH3OH 分子中含有4个氢原子，18个电子，所以氢原子数为0.4NA的CH3OH 分子中含有的电子数为1.8NA，故C不符合题意；
D. 稀释有利于盐类水解，常温下，2L 0.1mol L-1FeCl3溶液与1L0.2mol L-1FeCl3溶液，Fe3+的水解程度前者大于后者，所含Fe3+数目前者小于后者，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数为热学常量，符号NA。它的精确数值为：6.02214076×10 ，一般计算时取6.02×10 或6.022×10 。
9．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. 无色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；
B. Al3++3 = (OH)3↓+3CO2↑，HCO3-与Al3+发生反应而不能大量共存；
C. 能使甲基橙变黄的溶液pH>4.4，酸性溶液中的H+与CH3COO-发生反应而不能大量共存，碱性溶液中的OH-与Fe3+发生反应而不能大量共存；
D. c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+发生反应而不能大量共存。
故答案为：A。
【分析】离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A、18.4mol·L－1的硫酸是浓硫酸，金属铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，反应缓慢，故A不符合题意；
B、相同条件浓度越大，反应速率越快，此时溶液中c(H＋)=6mol·L－1；
C、此溶液中c(H＋)=5mol·L－1；
D、金属铝与硝酸反应不产生H2，故D不符合题意；
综上所述，选项B中c(H＋)大于选项C中c(H＋)，即3mol·L－1硫酸反应最快，故B符合题意。
【分析】影响反应速率的因素包括浓度、温度等，咋温度相同的条件下，反应物的浓度越大，反应的速率就越快。但是金属铝和硝酸反应是不会产生氢气的。
11．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
故答案为：C
【分析】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强；
B.由阴阳离子形成的化学键叫做离子键； 元素之间通过共用电子对形成的化学键叫做共价键；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；
D.根据元素的原子序数可以确定其所在的周期数以及族序数。
12．【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】氨水的密度比水小，氨水的浓度越大，其密度越小，50g水的体积为50mL，所以50g氨水的体积大于50mL。由c1 =2c2知，50g氨水加入到u mL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液体积变为原来的2倍，所以u大于50。由c= 知，c1= ，c2= ，因为c1 =2c2，所以 ： =2， ： =2 ： ，因为 > ,所以w1>2w2，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】氨水的浓度越大，其密度越小，根据50g水的体积得出50g氨水的体积；根据c1 =2c2，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，可知溶液体积，结合浓度公式进一步分析即可。
13．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.通入SO2后，溶液呈酸性，NO3-将SO2氧化成SO42-，Ba2+与SO42-形成BaSO4沉淀，不符合题意；
B.在金属活动性顺序表中，Cu处在H的后面，Cu与稀硫酸不反应，再加入KNO3，发生反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉溶解，不符合题意；
C.AlCl3溶液中滴加氨水产生的白色沉淀为Al（OH）3，NaHSO4溶液具有强酸性，加入NaHSO4溶液发生反应Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，沉淀溶解，符合题意；
D.稀盐酸属于电解质溶液，在Fe（OH）3胶体中加入稀盐酸，先发生胶体的聚沉后Fe（OH）3溶解，可观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解变为棕黄色溶液，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫具有还原性，硝酸根具有氧化性，二者会发生氧化还原反应；
B.铜和稀硝酸发生氧化还原反应，放出一氧化氮气体；
C.氢氧化铝属于弱碱，会溶于酸性条件；
D.向胶体中加入电解质溶液时，加入的阳离子（或阴离子）中和了胶体粒子所带的的电荷，使胶体粒子聚集成较大颗粒，从而形成沉淀从分散剂里析出，叫做胶体的聚沉。
14．【答案】D
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】若该物质为H2，依次发生的反应为2H2+O2 2H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O2 2CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，
故答案为：D。
【分析】过氧化钠是淡黄色的固体，既具有氧化性又具有还原性，可以和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，也可以和水反应生成氢氧化钠和氧气。
15．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合
【解析】【解答】A.氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A不符合题意；
B.应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B不符合题意；
C.从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C符合题意；
D.碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加热氯化铵会产生氯化氢气体，使得到的氨气不纯；
B.在制取碳酸氢钠时应该使二氧化碳从长管进入，与溶液接触；
C.固液分离用过滤的方法；
D.由于碳酸氢钠的热稳定性较差，因此不能用灼烧的方法干燥碳酸氢钠。
16．【答案】B
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、根据燃烧热的定义，水电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571kJ·mol－1，故A不符合题意；
B、1mol甲烷放出的热量为890kJ，则0.5molCH4燃烧放出的热量为890×0.5kJ=445kJ，热化学方程式为1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ·mol－1，故B符合题意；
C、C燃烧生成的稳定氧化物为CO2，C(s)燃烧热的绝对值大于110.5kJ·mol－1，故C不符合题意；
D、HF为弱酸，与NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，且HF应以化学式保留，故D不符合题意。
【分析】热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量。
17．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 将铜丝插入稀硝酸中发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，A不符合题意；
B. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀，该反应的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O+2 CO32-，B不符合题意；
C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝，该反应的离子方程式为4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O，C符合题意；
D. 向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2，该反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.铜单质和稀硝酸反应放出的气体是一氧化氮；
B.根据“以少定多”的原理，可以写成当氢氧化钠过量时该反应的离子方程式；
C.碘离子在酸性条件下被氧气氧化为碘单质；
D.根据反应物的物质的量可以书写出该反应的离子方程式。
18．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A.只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，A符合题意；
B.沉淀量达最大后，cd段再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，B符合题意；
C.接下来消耗KOH，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，bc段发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，C符合题意；
D.最后de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，D符合题意。
【分析】ab段发生的反应是氢氧根和二氧化碳反应生成碳酸根和水；cd段发生的是碳酸根和二氧化碳和水反应生成碳酸氢根。
19．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】羟胺（NH2OH）失去的电子数等于高锰酸钾得到的电子数，设羟胺的氧化产物中氮元素的化合价为x，则25.00×0.049×（x+1）=24.50×0.020×(7-2)，解得x=1，
故答案为：B。
【分析】羟胺失去的电子数等于硫酸亚铁得到的电子数也等于高锰酸钾得到的电子数，因此可以根据氧化还原反应中电子得失来计算羟胺产物中氮的化合价。
20．【答案】D
【知识点】电解原理；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；①分析判断 M是盐酸用来溶解氢氧化镁沉淀，①符合题意；②分析流程中，电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②不符合题意；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③不符合题意；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④符合题意；⑤依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤符合题意，
故答案为：D。
【分析】在化学反应中有元素化合价的升降的就是氧化还原反应；操作b使氯化镁溶液变为氯化镁晶体，因此操作b是浓缩蒸发，冷却结晶；由于氢氧化镁的溶解性小于，因此可以用往饱和氯化镁溶液中加石灰乳的方法来制氢氧化镁；对于活泼性金属，可以采用直接电解熔融盐的方法。
21．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】破坏1mol氢气的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol氯气的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，对于H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) 反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=(Q1+Q2-2Q3)kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，即(Q1+Q2-2Q3)＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，
故答案为：D。
【分析】盖斯定律指的是，反应热与反应的途径无关，只与反应的始终态有关。
22．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 不可将红色石蕊试纸置于溶液中检验氨，故A操作不符合题意；
B. 实验操作、理象和结论均符合题意；
C. 应先向某溶液中滴加KSCN溶液检验Fe3+，故C操作不符合题意；
D. BaSO4、BaCO3、BaSO3都是白色沉淀，该无色溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，故D结论不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但检验铵根离子不能将红色石蕊试纸置于溶液中
B.苏打和小苏打均与盐酸反应生成二氧化碳
C.滴加氯水可氧化亚铁离子
D.白色沉淀可能为硫酸钡、AgCl等.
23．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)=n(CuO)= =0.15mol，转移电子物质的量=0.15×(6+2)=1.2mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2S)= n(CuO)= ×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
故答案为：A。
【分析】利用极限法进行解答。先设混合物全为CuS或 Cu2S，根据n=计算出 CuO 的物质的量，再根据电子守恒计算出 CuS、Cu2S 的物质的量，进而计算出 NO和NO2 的物质的量，最后根据V=nVm计算，即可得出答案。
24．【答案】C
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】由于铁比铜活泼，所以铁先与FeCl3反应，即2FeCl3＋Fe=3FeCl2，当铁完全反应后，铜才能与FeCl3反应，即2FeCl3＋Cu2FeCl2＋CuCl2。
A、设混合物中铁的物质的量为xmol，铜的物质的量为ymol，则反应后溶液中的Fe2+为(3x+2y)mol，Cu2+为ymol，在同一溶液中，浓度之比等于物质的量之比，所以(3x+2y)：y=8:1，解得x:y=2:1，故A不符合题意；
B、根据混合物总质量17.6g，可得56x+64y=17.6，联合求得x=0.2mol，y=0.1mol，再由反应方程式可求出反应的FeCl3反应为(2x+2y)=0.6mol<0.8L×1.0mol/L，因此FeCl3剩余0.2mol；反应后的溶液中能溶解铁的物质有剩余的0.2mol FeCl3和生成的0.1mol CuCl2，故还能溶解铁0.2mol，质量为11.2g，所以B不符合题意；
C、反应后所得溶液中c(Fe2+) = = =1.0mol/L，故C正确；D、反应后的溶液中含有n(Fe2+)=0.8mol，n(Fe3+)=0.2mol，n(Cu2+)=0.1mol，
D、恰好沉淀需要加入2.0 mol/L NaOH溶液的体积V= =1.2L，故D不符合题意。本题正确答案为C。
【分析】氧化还原反应中，遵循“强者优先”原则
此题中，铁反应完了，才能跟铜反应，1mol铁能得到3mol亚铁离子，1mol铜可得到2mol亚铁离子，充分反应后，所得溶液中Fe2+和Cu2+物质的量浓度之比为8∶1，可得参加反应的铁和铜的物质的量之比为2:1根据铁、铜混合粉末17.6 g，可分别算出铁和铜的量，及参加反应的铁离子的量。
25．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则根据原子守恒可知与金属阳离子结合的氢氧根离子的质量是5.1g，物质的量是5.1g÷17g/mol＝0.3mol，因此金属失去电子的物质的量是0.3mol。则A.当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积≥0.3mol÷3mol/L＝0.1L＝100mL，A不符合题意；
B.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积不一定为2.24 L，因为不能确定气体的状态，B符合题意；
C.如果全部是镁，则物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×24g/mol=3.6gg，如果全部是铜，质量是0.15mol×64g/mol＝9.6g，则参加反应的金属的总质量3.6 g＜m＜9.6 g，C不符合题意；
D.当金属全部溶解时，生成硝酸盐的物质的量一定是0.1mol，则未被还原的硝酸是0.3mol。根据电子得失守恒可知被还原的硝酸是0.3mol÷3＝0.1mol，所以参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】金属失去电子的物质的量等于结合的氢氧根的物质的量，由此可以计算出金属的物质的量等量。
26．【答案】（1）破坏有机物质，使I-充分溶解
（2）③；2I-+2H++H2O2=2H2O+I2
（3）分液漏斗；检漏
（4）不行，乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质
（5）温度计水银球插入太深，没有在蒸馏烧瓶的支管处；冷却水进出口接反了 加热蒸馏过程中碘也会发生挥发(升华)
（6）改进方案一:用水浴加热法进行蒸馏(减压蒸馏)，；改进方案二:向含I2的CCl4溶液加入氢氧化钠溶液，反应之后向水层中加入硫酸，将反应得到的固体过滤即得到碘单质。或者其他的合理答案
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)将海带灼烧成灰，破坏有机物质，便于用水浸取时使碘离子溶解，故答案为：破坏有机物质，使I-充分溶解；(2)步骤B的目的是氧化碘离子生成碘分子，由于①Cl2；②Br2；都能污染环境，而③稀硫酸和H2O2，的还原产物为水，因此从无污染角度考虑，应该选择③，反应中I-转化为I2 的离子反应方程式为2I-+2H++H2O2=2H2O+I2，故答案为：③；2I-+2H++H2O2=2H2O+I2；(3)步骤C为萃取和分液，用到的仪器主要是分液漏斗，使用该仪器时，首先需要检查是否漏液，故答案为：分液漏斗；检漏；(4) 乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质，故答案为：不行，乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质；(5)根据装置图，图中两处明显错误分别是：①蒸馏实验中温度计测量的是蒸汽的温度，因此温度计水银球插入太深，没有在蒸馏烧瓶的支管处，②为了提高冷却效果，常常采用逆流原理，即冷却水下进上出，因此冷却水进出口接反了，故答案为：温度计水银球插入太深，没有在蒸馏烧瓶的支管处；冷却水进出口接反了；(6) 加热蒸馏过程中碘也会发生挥发，使得锥形瓶中得到紫红色液体；为了避免该现象的出现，可以用水浴加热法进行蒸馏，故答案为：加热蒸馏过程中碘也会发生挥发；用水浴加热法进行蒸馏等。
【分析】（1）根据相似相溶原理可知碘离子在有机物中的溶解度较大，而海带灼烧成灰后再用水浸取可以破坏有机物质，使I-充分溶解；
（2）氯气但是和溴单质都是有毒的，因此用稀硫酸和过氧化氢更符合绿色化学的理念；
（3）分液漏斗常见的作用是分液和萃取；
（4）选取萃取剂的一大原则就是不能与原溶剂互溶或反应；
（5）蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合；
（6）根据碘单质易升华的性质应该采取措施防止碘升华。
27．【答案】（1）2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2ClO2↑+H2O
（2）水浴加热；盛有冰水混合物的水槽（或冰水浴）；C
（3）2ClO2+2OH- = ClO2- +ClO3- +H2O
（4）KClO；Cl-、ClO3-、ClO-
（5） %
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题主要考查有关氧化还原反应的方程式的书写和计算。（1）A 中反应的主要产物有：某种正盐、ClO2和CO2等，该正盐是碳酸钾，该反应的化学方程式：2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2ClO2↑+H2O。（2）A部分缺加热装置，由于加热温度低于100℃，所以应用水浴加热，B部分还应补充冷凝装置，可用冰水浴，还有一处设计明显不合理的是C，因为气体实验装置使用封闭装置有危险。（3）C中的试剂为NaOH溶液时，反应生成NaClO3和NaClO2，该反应的离于方程式：2ClO2+2OH- = ClO2- +ClO3- +H2O。（4）在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2，此时Cl2的氧化产物主要是KClO；图中甲、乙、丙依次表示的离子是Cl-、ClO3-、ClO-。（5）反应Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O消耗(NH4)2Fe(SO4)26×0.200mol L-1×5.00mL=6mmol，KClO3样品中ClO3-消耗(NH4)2Fe(SO4)2(1.00mol L-1×30.00mL-6mmol)=24mmol，agKClO3样品中ClO3-的物质的量为10×24mmol/6=40mmol，样品中ClO3-的质量分数为40mmol×83.5g/mol/ag= %。
【分析】（1）该反应为草酸和氯酸钾的氧化还原反应；
（2）水浴加热指的是先在一个大容器里加上水，然后把要加热的容器放入加入水的容器中。加热盛水的大容器通过加热大容器里的水再通过水把热量传递（热传递）需要加热的容器里，达到加热的目的；
（3）二氧化氯和氢氧根发生氧化还原反应，氯元素既被氧化也被还原；
（4）发生氧化反应的就是氧化产物；
（5）根据氧化还原反应离子方程式可以计算出氯酸根离子的物质的量，继而求出其质量与质量分数。
吉林省实验中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高三下·河南月考）下列有关化学与生产、生活的说法中，错误的是（ ）。
A．陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品
B．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同
C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
D．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A. 陶瓷、水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，所以都属于硅酸盐产品，A符合题意；
B.柳絮的主要成分和棉花相同，都是纤维素，B符合题意；
C. 现代工业用电解法从氧化铝中获得铝，C不符合题意；
D. 锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液反复浸泡，使其转化为疏松的碳酸钙后再用酸除去，D符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据与生活、生产有关的化学知识进行分析，注意金属铝的冶炼方法。
2．（2018高三上·吉林期中）分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是（ ）
A．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B．淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子
C．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，故A不符合题意；
B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故B不符合题意；
C、根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据丁达尔现象分类的，故C不符合题意；
D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如 Al2O3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.只要没有元素化合价升降的反应就不是氧化还原反应；
B.天然高分子化合物是自然界或矿物中由生化作用或光合作用而形成高分子化合物。存在于动物、植物或矿物内。例如纤维素、淀粉、蛋白质、木质素、天然橡胶、石棉、云母、核酸等，油脂不是天然高分子化合物；
C.取决于分散系种类的本质是分散质粒子直径的大小；
D.碱性氧化物指的是可以和酸反应生成盐和水的氧化物；而金属组成的氧化物就叫金属氧化物。
3．（2018高三上·吉林期中）下列有关氧化还原反应的叙述正确的是（ ）
A．化合反应和复分解反应不可能是氧化还原反应
B．阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化
C．含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性
D．在氧化还原反应中肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.2H2+O2 2H2O的反应既是化合反应又是氧化还原反应，SO2+H2O=H2SO3的反应是化合反应但不是氧化还原反应，所以只有部分化合反应是氧化还原反应；复分解反应一定没有元素化合价的变化，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故A不符合题意。
B.化合价处于最高的阳离子只能得到电子被还原，化合价处于最低的阴离子只能失去电子被氧化，中间价态的阴阳离子既可以失去电子被氧化，也可以得到电子被还原，故B不符合题意；
C.含有最高价元素的化合物可能不具有强氧化性，如碳酸；可能具有强氧化性，如硝酸，所以含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性，故C符合题意；
D.氧化还原反应可发生在同一元素之间，如氯气和水的反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.部分化合反应和部分分解反应属于氧化还原反应；
B.只要是元素的高价态就可以发生还原反应，低价态就可以发生氧化反应，与阴阳离子无关；
C.含有最高价元素的化合物不一定就具有很强的氧化性，氧化性取决于物质得电子的能力；
D.氧化还原反应可以在不同的元素之间进行，但是也可以在同一种元素之间发生。
4．（2018高三上·吉林期中）短周期元素A，B，C，D，E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。下列叙述正确的是（ ）
A．氧元素与A，B，C形成的二元化合物均只有两种
B．简单离子半径：E>C>D>B
C．由A，B，E三种元素只能形成含有共价键的共价化合物
D．C，D，E三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据题意：A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A为氢元素，B为氮元素，A和C同主族，C为钠元素；在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，E为氯元素；D原子最外层电子数与电子层数相等，D为铝元素。氧元素与氮元素形成的二元化合物有：N2O NO NO2 N2O4 N2O5等；A不符合题意；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+
D.氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸三者之间两两之间可以反应生成盐和水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】比较简单离子半径的方法：当电子层数不同时，离子的电子层数越多其半径就越大；当电子层数相同时，元素的质子数越小，离子的半径就越大。
5．（2018高三上·吉林期中）下列表达方式正确的是（ ）
A．
B．质子数为17、中子数为20的氯原子：2017Cl
C．HClO的结构式：H—O—Cl
D．NH4Cl的电子式：
【答案】C
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、F－的电子式应在Mg2＋两边，用电子式表示MgF2的形成过程为 ，故A不符合题意；
B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，即该氯原子为3717Cl，故B不符合题意；
C、HClO的结构式为H－O－Cl，故C符合题意；
D、没有表示出Cl－最外层电子，正确的是 ，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.由于氟化镁是两个氟离子分别与镁离子形成离子键，因此镁离子应该再中间；
B.在原子的左上角应该书写质量数，左下角书写质子数；
C.由于氧原子需要两个电子才能达到稳定结构，因此氧原子分别和氢原子和氯原子形成一个共价键；
D.铵根的电子式没有书写氯离子最外层的电子。
6．（2018高三上·吉林期中）朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是（ ）
A．空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m
B．光是一种胶体
C．雾是一种胶体
D．发生丁达尔效应
【答案】A
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10－9m～10－7m，故A符合题意；
B、雾是胶体，光不是胶体，故B不符合题意；
C、雾是胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C不符合题意；
D、丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】决定分散系是溶液、胶体还是浊叶的本质是分散质粒子半径的大小。
7．（2018高三上·吉林期中）已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉 KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断错误的是（ ）
A．化合物KCrO2中Cr为＋3价
B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C．实验②证明氧化性：Cr2O72-＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学试剂的分类
【解析】【解答】A. 根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价，A不选。
B.根据题意可知Cr2O3是两性氧化物，B不选。
C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性K2Cr2O7＞I2，C不选。
D.在③中H2O2中的O元素的化合价由-1价变为-2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性，D选。
故答案为：D。
【分析】A.在判断元素在化合物中化合价时，根据不变价元素来确定变价元素；
B.两性氧化物是指遇强酸呈碱性，遇强碱呈酸性的氧化物，既能与酸作用，又能与碱作用。都生成盐和水。两性元素的氧化物和变价金属的中间价态的氧化物通常是两性氧化物；
C.根据氧化还原反应的性质可知氧化剂的氧化性大于氧化产物；
D.在该反应中指体现了氧元素得电子的能力即氧化性。
8．（2018高三上·吉林期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是（ ）
A．由1mol CH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数目是NA
B．1.68gFe与足量高温水蒸气反应，转移电子的数目为0.09NA
C．氢原子数为0.4NA的CH3OH 分子中含有的电子数为1.8NA
D．常温下，2L 0.1mol L-1FeCl3溶液与1L0.2mol L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 由1mol CH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，电荷守恒：c(CH3COO－)+ c(OH－) =c(H＋)+ c(Na＋)，溶液呈中性，c(OH－) =c(H＋)，所以c(CH3COO－)=c(Na＋)，n(CH3COO－)=n(Na＋)，故A不符合题意；
B. 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，1.68g即0.03molFe与足量高温水蒸气反应，转移电子的数目为0.08NA，故B符合题意；
C. CH3OH 分子中含有4个氢原子，18个电子，所以氢原子数为0.4NA的CH3OH 分子中含有的电子数为1.8NA，故C不符合题意；
D. 稀释有利于盐类水解，常温下，2L 0.1mol L-1FeCl3溶液与1L0.2mol L-1FeCl3溶液，Fe3+的水解程度前者大于后者，所含Fe3+数目前者小于后者，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数为热学常量，符号NA。它的精确数值为：6.02214076×10 ，一般计算时取6.02×10 或6.022×10 。
9．（2018高三上·吉林期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．无色透明溶液中: Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-
B．0.1mol/L NaHCO3溶液中: Mg2+、Al3+、K+、NO3-
C．能使甲基橙变黄的溶液中: Na+，CH3COO-、 MnO4-、 Fe3+
D．c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. 无色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；
B. Al3++3 = (OH)3↓+3CO2↑，HCO3-与Al3+发生反应而不能大量共存；
C. 能使甲基橙变黄的溶液pH>4.4，酸性溶液中的H+与CH3COO-发生反应而不能大量共存，碱性溶液中的OH-与Fe3+发生反应而不能大量共存；
D. c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+发生反应而不能大量共存。
故答案为：A。
【分析】离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
10．（2018高三上·吉林期中）常温下，下列四种酸溶液，能跟铝片反应放出H2且反应速率最快的是（ ）
A．20mL 18.4mol·L 1的硫酸溶液 B．10mL 3mol·L 1的硫酸溶液
C．20mL 5mol·L 1的盐酸溶液 D．30mL 4mol·L 1的硝酸溶液
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A、18.4mol·L－1的硫酸是浓硫酸，金属铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，反应缓慢，故A不符合题意；
B、相同条件浓度越大，反应速率越快，此时溶液中c(H＋)=6mol·L－1；
C、此溶液中c(H＋)=5mol·L－1；
D、金属铝与硝酸反应不产生H2，故D不符合题意；
综上所述，选项B中c(H＋)大于选项C中c(H＋)，即3mol·L－1硫酸反应最快，故B符合题意。
【分析】影响反应速率的因素包括浓度、温度等，咋温度相同的条件下，反应物的浓度越大，反应的速率就越快。但是金属铝和硝酸反应是不会产生氢气的。
11．（2018高三上·吉林期中）根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述错误的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D．用中文“ ”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
故答案为：C
【分析】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强；
B.由阴阳离子形成的化学键叫做离子键； 元素之间通过共用电子对形成的化学键叫做共价键；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；
D.根据元素的原子序数可以确定其所在的周期数以及族序数。
12．（2018高一上·舒兰期中）将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1 的较浓氨水沿玻璃棒加入到u mL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀氨水。若c1 =2c2，则：（ ）
A．w1>2w2,u>50 B．w1<2w2,u<50
C．w1=2w2,u<50 D．w1﹥2w2,u﹤50
【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】氨水的密度比水小，氨水的浓度越大，其密度越小，50g水的体积为50mL，所以50g氨水的体积大于50mL。由c1 =2c2知，50g氨水加入到u mL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液体积变为原来的2倍，所以u大于50。由c= 知，c1= ，c2= ，因为c1 =2c2，所以 ： =2， ： =2 ： ，因为 > ,所以w1>2w2，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】氨水的浓度越大，其密度越小，根据50g水的体积得出50g氨水的体积；根据c1 =2c2，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，可知溶液体积，结合浓度公式进一步分析即可。
13．（2018高三上·吉林期中）下列叙述正确的是（ ）
A．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生沉淀，此沉淀是BaSO3
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入KNO3固体，铜粉仍不溶解
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀，再加入过量NaHSO4溶液，沉淀溶解
D．在Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸，可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.通入SO2后，溶液呈酸性，NO3-将SO2氧化成SO42-，Ba2+与SO42-形成BaSO4沉淀，不符合题意；
B.在金属活动性顺序表中，Cu处在H的后面，Cu与稀硫酸不反应，再加入KNO3，发生反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉溶解，不符合题意；
C.AlCl3溶液中滴加氨水产生的白色沉淀为Al（OH）3，NaHSO4溶液具有强酸性，加入NaHSO4溶液发生反应Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，沉淀溶解，符合题意；
D.稀盐酸属于电解质溶液，在Fe（OH）3胶体中加入稀盐酸，先发生胶体的聚沉后Fe（OH）3溶解，可观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解变为棕黄色溶液，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫具有还原性，硝酸根具有氧化性，二者会发生氧化还原反应；
B.铜和稀硝酸发生氧化还原反应，放出一氧化氮气体；
C.氢氧化铝属于弱碱，会溶于酸性条件；
D.向胶体中加入电解质溶液时，加入的阳离子（或阴离子）中和了胶体粒子所带的的电荷，使胶体粒子聚集成较大颗粒，从而形成沉淀从分散剂里析出，叫做胶体的聚沉。
14．（2018高三上·吉林期中）某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2的混合物 ④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，正确的是（ ）
A．均不符合 B．只有①②③ C．只有④⑤ D．全部符合
【答案】D
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】若该物质为H2，依次发生的反应为2H2+O2 2H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O2 2CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，
故答案为：D。
【分析】过氧化钠是淡黄色的固体，既具有氧化性又具有还原性，可以和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，也可以和水反应生成氢氧化钠和氧气。
15．（2018高三上·吉林期中）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A． 制取氨气
B． 制取NaHCO3
C． 分离NaHCO3
D．D 干燥NaHCO3
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合
【解析】【解答】A.氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A不符合题意；
B.应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B不符合题意；
C.从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C符合题意；
D.碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加热氯化铵会产生氯化氢气体，使得到的氨气不纯；
B.在制取碳酸氢钠时应该使二氧化碳从长管进入，与溶液接触；
C.固液分离用过滤的方法；
D.由于碳酸氢钠的热稳定性较差，因此不能用灼烧的方法干燥碳酸氢钠。
16．（2018高三上·吉林期中）下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热为-285.5 kJ/mol，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H=+285.5 kJ/mol
B．1mol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出890 kJ热量，它的热化学方程式为：1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ/mol
C．已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1，则C(s)的燃烧热为-110. 5kJ/mol
D．HF与NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol
【答案】B
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、根据燃烧热的定义，水电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571kJ·mol－1，故A不符合题意；
B、1mol甲烷放出的热量为890kJ，则0.5molCH4燃烧放出的热量为890×0.5kJ=445kJ，热化学方程式为1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ·mol－1，故B符合题意；
C、C燃烧生成的稳定氧化物为CO2，C(s)燃烧热的绝对值大于110.5kJ·mol－1，故C不符合题意；
D、HF为弱酸，与NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，且HF应以化学式保留，故D不符合题意。
【分析】热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量。
17．（2018高三上·吉林期中）下列离子方程式书写符合题意且能合理解释事实的是（ ）
A．将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O
B．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+2H2O
C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝：4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O
D．向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 将铜丝插入稀硝酸中发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，A不符合题意；
B. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀，该反应的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O+2 CO32-，B不符合题意；
C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝，该反应的离子方程式为4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O，C符合题意；
D. 向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2，该反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.铜单质和稀硝酸反应放出的气体是一氧化氮；
B.根据“以少定多”的原理，可以写成当氢氧化钠过量时该反应的离子方程式；
C.碘离子在酸性条件下被氧气氧化为碘单质；
D.根据反应物的物质的量可以书写出该反应的离子方程式。
18．（2018高三上·吉林期中）将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示.下列关于整个反应过程中的叙述错误的是（ ）
A．Oa段反应的化学方程式是Ba(OH)2+CO2═BaCO3↓+H2O
B．ab段与cd段所发生的反应相同
C．de段沉淀减少是由于BaCO3固体消失
D．bc段反应的离子方程式是2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al(OH)3↓+CO32﹣
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A.只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，A符合题意；
B.沉淀量达最大后，cd段再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，B符合题意；
C.接下来消耗KOH，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，bc段发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，C符合题意；
D.最后de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，D符合题意。
【分析】ab段发生的反应是氢氧根和二氧化碳反应生成碳酸根和水；cd段发生的是碳酸根和二氧化碳和水反应生成碳酸氢根。
19．（2018高三上·吉林期中）羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50 mL 0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是 （ ）
A．N2 B．N2O C．NO D．NO2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】羟胺（NH2OH）失去的电子数等于高锰酸钾得到的电子数，设羟胺的氧化产物中氮元素的化合价为x，则25.00×0.049×（x+1）=24.50×0.020×(7-2)，解得x=1，
故答案为：B。
【分析】羟胺失去的电子数等于硫酸亚铁得到的电子数也等于高锰酸钾得到的电子数，因此可以根据氧化还原反应中电子得失来计算羟胺产物中氮的化合价。
20．（2018高三上·吉林期中）海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（ ）
①试剂M是盐酸 ②流程中的反应全部都是非氧化还原反应
③操作b只是过滤 ④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2
⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼
A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤
【答案】D
【知识点】电解原理；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；①分析判断 M是盐酸用来溶解氢氧化镁沉淀，①符合题意；②分析流程中，电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②不符合题意；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③不符合题意；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④符合题意；⑤依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤符合题意，
故答案为：D。
【分析】在化学反应中有元素化合价的升降的就是氧化还原反应；操作b使氯化镁溶液变为氯化镁晶体，因此操作b是浓缩蒸发，冷却结晶；由于氢氧化镁的溶解性小于，因此可以用往饱和氯化镁溶液中加石灰乳的方法来制氢氧化镁；对于活泼性金属，可以采用直接电解熔融盐的方法。
21．（2018高三上·吉林期中）H2在Cl2中燃烧时产生苍白色火焰.在反应过程中,断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1KJ,断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2KJ,形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3KJ.下列关系式正确的是（ ）
A．Q1+Q2>Q3 B．Q1+Q2>2Q3 C．Q1+Q2
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】破坏1mol氢气的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol氯气的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，对于H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) 反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=(Q1+Q2-2Q3)kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，即(Q1+Q2-2Q3)＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，
故答案为：D。
【分析】盖斯定律指的是，反应热与反应的途径无关，只与反应的始终态有关。
22．（2019·玉溪模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 操作 现象 结论
A 向某溶液中加入NaOH 溶液，并将红色石蕊试纸置于溶液中 试纸变蓝 原溶液中有NH4+
B 向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸 均冒气泡 两者均能与盐酸反应
C 向某溶液中滴加氯水后，再加KSCN溶液 溶液变红 该溶液中一定有Fe3+
D 向某无色溶液中滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 该无色溶液中一定含有SO42-
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 不可将红色石蕊试纸置于溶液中检验氨，故A操作不符合题意；
B. 实验操作、理象和结论均符合题意；
C. 应先向某溶液中滴加KSCN溶液检验Fe3+，故C操作不符合题意；
D. BaSO4、BaCO3、BaSO3都是白色沉淀，该无色溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，故D结论不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但检验铵根离子不能将红色石蕊试纸置于溶液中
B.苏打和小苏打均与盐酸反应生成二氧化碳
C.滴加氯水可氧化亚铁离子
D.白色沉淀可能为硫酸钡、AgCl等.
23．（2017高三上·静海开学考）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（ ）
A．9.0L B．13.5L
C．15.7L D．16.8L
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)=n(CuO)= =0.15mol，转移电子物质的量=0.15×(6+2)=1.2mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2S)= n(CuO)= ×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
故答案为：A。
【分析】利用极限法进行解答。先设混合物全为CuS或 Cu2S，根据n=计算出 CuO 的物质的量，再根据电子守恒计算出 CuS、Cu2S 的物质的量，进而计算出 NO和NO2 的物质的量，最后根据V=nVm计算，即可得出答案。
24．（2018高二上·宿迁期末）铁、铜混合粉末17.6 g加入到800mL 1.0mol/L的 FeCl3溶液中，充分反应后，所得溶液中Fe2+和Cu2+物质的量浓度之比为8∶1。下列有关说法正确的是（ ）
A．混合粉末中铁与铜的物质的量之比是1∶2
B．反应后的溶液最多还可以溶解铁粉5.6g
C．反应后所得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L (假设反应前后溶液体积无变化)
D．向反应后的溶液中加入2.0 mol/L NaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH溶液的体积是1.6 L
【答案】C
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】由于铁比铜活泼，所以铁先与FeCl3反应，即2FeCl3＋Fe=3FeCl2，当铁完全反应后，铜才能与FeCl3反应，即2FeCl3＋Cu2FeCl2＋CuCl2。
A、设混合物中铁的物质的量为xmol，铜的物质的量为ymol，则反应后溶液中的Fe2+为(3x+2y)mol，Cu2+为ymol，在同一溶液中，浓度之比等于物质的量之比，所以(3x+2y)：y=8:1，解得x:y=2:1，故A不符合题意；
B、根据混合物总质量17.6g，可得56x+64y=17.6，联合求得x=0.2mol，y=0.1mol，再由反应方程式可求出反应的FeCl3反应为(2x+2y)=0.6mol<0.8L×1.0mol/L，因此FeCl3剩余0.2mol；反应后的溶液中能溶解铁的物质有剩余的0.2mol FeCl3和生成的0.1mol CuCl2，故还能溶解铁0.2mol，质量为11.2g，所以B不符合题意；
C、反应后所得溶液中c(Fe2+) = = =1.0mol/L，故C正确；D、反应后的溶液中含有n(Fe2+)=0.8mol，n(Fe3+)=0.2mol，n(Cu2+)=0.1mol，
D、恰好沉淀需要加入2.0 mol/L NaOH溶液的体积V= =1.2L，故D不符合题意。本题正确答案为C。
【分析】氧化还原反应中，遵循“强者优先”原则
此题中，铁反应完了，才能跟铜反应，1mol铁能得到3mol亚铁离子，1mol铜可得到2mol亚铁离子，充分反应后，所得溶液中Fe2+和Cu2+物质的量浓度之比为8∶1，可得参加反应的铁和铜的物质的量之比为2:1根据铁、铜混合粉末17.6 g，可分别算出铁和铜的量，及参加反应的铁离子的量。
25．（2018高三上·吉林期中）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加入3 mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述错误的是（ ）
A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100 mL
B．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24 L
C．参加反应的金属的总质量3.6 g＜m＜9.6 g
D．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则根据原子守恒可知与金属阳离子结合的氢氧根离子的质量是5.1g，物质的量是5.1g÷17g/mol＝0.3mol，因此金属失去电子的物质的量是0.3mol。则A.当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积≥0.3mol÷3mol/L＝0.1L＝100mL，A不符合题意；
B.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积不一定为2.24 L，因为不能确定气体的状态，B符合题意；
C.如果全部是镁，则物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×24g/mol=3.6gg，如果全部是铜，质量是0.15mol×64g/mol＝9.6g，则参加反应的金属的总质量3.6 g＜m＜9.6 g，C不符合题意；
D.当金属全部溶解时，生成硝酸盐的物质的量一定是0.1mol，则未被还原的硝酸是0.3mol。根据电子得失守恒可知被还原的硝酸是0.3mol÷3＝0.1mol，所以参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】金属失去电子的物质的量等于结合的氢氧根的物质的量，由此可以计算出金属的物质的量等量。
二、实验题
26．（2018高三上·吉林期中）碘是人类必需的生命元素,在人体的生长发育过程中起着重要作用,实验小组进行碘单质的制备。
【查阅资料】碱性条件下,I2会发生歧化反应生成I-和IO3-,酸性条件下, I-和IO3-又会发生归中反应生成I2；碘在水中的溶解度为0.029g。
【碘的制取】以海带为原料,按照以下步骤进行实验。
（1）将海带灼烧成灰后再用水浸取,目的是 。
（2）步骤B发生的反应是“氧化”,这一操作中可供选用的试剂:
①Cl2；②Br2；③稀硫酸和H2O2,从无污染角度考虑，你认为合适试剂是 （填编号）,反应中I-转化为I2
的离子反应方程式为 。
（3）步骤C中使用的起到分离作用的仪器是 ,使用该仪器时,第一步操作是 。
（4）有同学查资料后发现CCl4有毒,提议用乙醇代替,请判断该提议是否可行,原因是 。
（5）【碘的分离】得到含I2的CCl4溶液后,利用右图装置进行碘的提取并回收溶剂。
图中有两处明显错误,分别是① ；② 。
（6）对实验装置的错误改正之后进行分离操作。预期锥形瓶中得到无色的CCl4,实验结果锥形瓶中得到紫红色液体,请分析出现该实验结果的原因 ，为了保证实验成功,请提出改进方案: 。
【答案】（1）破坏有机物质，使I-充分溶解
（2）③；2I-+2H++H2O2=2H2O+I2
（3）分液漏斗；检漏
（4）不行，乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质
（5）温度计水银球插入太深，没有在蒸馏烧瓶的支管处；冷却水进出口接反了 加热蒸馏过程中碘也会发生挥发(升华)
（6）改进方案一:用水浴加热法进行蒸馏(减压蒸馏)，；改进方案二:向含I2的CCl4溶液加入氢氧化钠溶液，反应之后向水层中加入硫酸，将反应得到的固体过滤即得到碘单质。或者其他的合理答案
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)将海带灼烧成灰，破坏有机物质，便于用水浸取时使碘离子溶解，故答案为：破坏有机物质，使I-充分溶解；(2)步骤B的目的是氧化碘离子生成碘分子，由于①Cl2；②Br2；都能污染环境，而③稀硫酸和H2O2，的还原产物为水，因此从无污染角度考虑，应该选择③，反应中I-转化为I2 的离子反应方程式为2I-+2H++H2O2=2H2O+I2，故答案为：③；2I-+2H++H2O2=2H2O+I2；(3)步骤C为萃取和分液，用到的仪器主要是分液漏斗，使用该仪器时，首先需要检查是否漏液，故答案为：分液漏斗；检漏；(4) 乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质，故答案为：不行，乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质；(5)根据装置图，图中两处明显错误分别是：①蒸馏实验中温度计测量的是蒸汽的温度，因此温度计水银球插入太深，没有在蒸馏烧瓶的支管处，②为了提高冷却效果，常常采用逆流原理，即冷却水下进上出，因此冷却水进出口接反了，故答案为：温度计水银球插入太深，没有在蒸馏烧瓶的支管处；冷却水进出口接反了；(6) 加热蒸馏过程中碘也会发生挥发，使得锥形瓶中得到紫红色液体；为了避免该现象的出现，可以用水浴加热法进行蒸馏，故答案为：加热蒸馏过程中碘也会发生挥发；用水浴加热法进行蒸馏等。
【分析】（1）根据相似相溶原理可知碘离子在有机物中的溶解度较大，而海带灼烧成灰后再用水浸取可以破坏有机物质，使I-充分溶解；
（2）氯气但是和溴单质都是有毒的，因此用稀硫酸和过氧化氢更符合绿色化学的理念；
（3）分液漏斗常见的作用是分液和萃取；
（4）选取萃取剂的一大原则就是不能与原溶剂互溶或反应；
（5）蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合；
（6）根据碘单质易升华的性质应该采取措施防止碘升华。
三、填空题
27．（2018高三上·吉林期中）实验室可通过反应；3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O 制取KClO3，再用稍潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4) 在60℃时反应制取ClO2气体，装置如图所示。ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，易溶于水。
请回答下列问题：
（1）A 中反应的主要产物有：某种正盐、ClO2和CO2等，写出该反应的化学方程式： 。
（2）请分析装置图，进行补充和完善。A部分缺 装置，B部分还应补充 装置，还有一处设计明显不合理的是 （填“A”“B”或“C”）
（3）C中的试剂为NaOH溶液时，反应生成NaClO3和NaClO2，写出该反应的离于方程式： 。
（4）在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2，此时Cl2的氧化产物主要是 ；继续通入适量Cl2，将溶液加热，溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示，图中甲、乙、丙依次表示的离子是 （不考虑Cl2的挥发）
（5）测定KClO3样品中ClO3-的含量，称取样品ag，准确配制成1000mL溶液，从上述溶液中取出10.00mL 于锥形瓶中，准确加入30.00mL 1.00 mol L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（过量）。再在锥形瓶中加入100mL 蒸馏水及某种指示剂，用0.200 mol L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗5.00mL。样品中ClO3-的质量分数为 。（已知Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O，ClO3-可被Fe2+还原为Cl-）
【答案】（1）2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2ClO2↑+H2O
（2）水浴加热；盛有冰水混合物的水槽（或冰水浴）；C
（3）2ClO2+2OH- = ClO2- +ClO3- +H2O
（4）KClO；Cl-、ClO3-、ClO-
（5） %
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题主要考查有关氧化还原反应的方程式的书写和计算。（1）A 中反应的主要产物有：某种正盐、ClO2和CO2等，该正盐是碳酸钾，该反应的化学方程式：2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2ClO2↑+H2O。（2）A部分缺加热装置，由于加热温度低于100℃，所以应用水浴加热，B部分还应补充冷凝装置，可用冰水浴，还有一处设计明显不合理的是C，因为气体实验装置使用封闭装置有危险。（3）C中的试剂为NaOH溶液时，反应生成NaClO3和NaClO2，该反应的离于方程式：2ClO2+2OH- = ClO2- +ClO3- +H2O。（4）在密闭容器中向9℃的KOH溶液中通入少量Cl2，此时Cl2的氧化产物主要是KClO；图中甲、乙、丙依次表示的离子是Cl-、ClO3-、ClO-。（5）反应Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O消耗(NH4)2Fe(SO4)26×0.200mol L-1×5.00mL=6mmol，KClO3样品中ClO3-消耗(NH4)2Fe(SO4)2(1.00mol L-1×30.00mL-6mmol)=24mmol，agKClO3样品中ClO3-的物质的量为10×24mmol/6=40mmol，样品中ClO3-的质量分数为40mmol×83.5g/mol/ag= %。
【分析】（1）该反应为草酸和氯酸钾的氧化还原反应；
（2）水浴加热指的是先在一个大容器里加上水，然后把要加热的容器放入加入水的容器中。加热盛水的大容器通过加热大容器里的水再通过水把热量传递（热传递）需要加热的容器里，达到加热的目的；
（3）二氧化氯和氢氧根发生氧化还原反应，氯元素既被氧化也被还原；
（4）发生氧化反应的就是氧化产物；
（5）根据氧化还原反应离子方程式可以计算出氯酸根离子的物质的量，继而求出其质量与质量分数。
