2016-2017学年江苏省徐州市邳州市运河中学高三上学期开学化学试卷
一、单项选择题
1．（2016高三上·邳州开学考）2016年里约奥运会已经圆满结束，其中各种各样的材料为奥运会成功举办起到了举足轻重的作用．下列有关奥运材料的说法不正确的是（ ）
A．火炬燃料丙烷充分燃烧后只生成二氧化碳和水
B．泳池中加入的适量硫酸铜可起到杀菌消毒作用
C．举重和体操运动员手上涂抹的碳酸镁白色粉末可吸水防滑
D．撑杆跳高运动员使用的碳纤维撑杆属于有机高分子材料
【答案】D
【知识点】甲烷的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】解：A、丙烷中只有碳、氢元素，根据元素守恒知，丙烷充分燃烧生成二氧化碳和水，故A正确；
B、属于重金属离子，能使蛋白质变性，铜离子可以杀菌，泳池中加入的适量硫酸铜可起到杀菌消毒作用，故B正确；
C、运动员在比赛时，手掌心常会冒汗，碳酸镁能吸去掌心汗水，同时还会增加掌心与器械之间的摩擦力，故C正确；
D、碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故D错误；
故选D．
【分析】A、丙烷充分燃烧生成二氧化碳和水；
B、铜离子可以杀菌，属于重金属离子，能使蛋白质变性；
C、举重和体操运动员用碳酸镁能吸去掌心汗水，同时还会增加掌心与器械之间的摩擦力；
D、碳纤维是碳的单质．
2．（2016高三上·邳州开学考）最近媒体报道了一些化学物质，如爆炸力极强的N5、比黄金还贵重的18O2、太空中的甲醇气团等．下列说法正确的是（ ）
A．N5和N2是氮元素的两种同位素 B．由N5变成N2是化学变化
C．18O2和16O2是两种不同的核素 D．甲醇属于离子化合物
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；同位素及其应用
【解析】【解答】解：A．N5和N2是单质，不是原子，不属于同位素，故A错误；
B．N5和N2不是同种物质，所以2N5=5N2是化学变化，故B正确；
C．18O2和16O2是氧元素的两种单质，不是原子，不是核素，故C错误；
D．甲醇分子中只含共价键，为共价化合物，故D错误；
故选B．
【分析】A．质子数相同中子数不同的原子互称同位素；
B．判断物理变化与化学变化的依据：是否有新物质生成；
C．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；
D．含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物；
3．（2016高三上·邳州开学考）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．氢氧化钠的电子式：
B．质子数为53、中子数为78的碘原子：
C．水分子比例模型：
D．对硝基甲苯的结构简式：
【答案】B
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．氢氧化钠的电子式为： ，故A错误；
B．质子数为53、中子数为78的碘原子中质量数为131，所以该原子为：，故B正确；
C．水分子是V型，其比例模型为： ，故C错误；
D．对硝基甲苯的结构简式为： ，故D错误；
故选B．
【分析】A．氢氧化钠是离子化合物，应该符合离子化合物电子式的书写特点；
B．元素符合的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数；
C．比例模型突出的是原子之间相等大小以及原子的大致连接顺序、空间结构，不能体现原子之间的成键的情况；
D．对硝基甲苯中苯环连接氮原子．
4．（2016高三上·邳州开学考）以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．为分液操作，可用于分离互不相溶的液体，故A不选；
B．为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，故B不选；
C．为过滤操作，可用于分离故、液混合物，故C不选；
D．气体的收集，不能够用于分离，故D选．
故选D．
【分析】根据各种实验的装置特点判断实验目的，可做出答案，其中A为分液，B为蒸馏，C为过滤，D为气体的收集，以此解答．
5．（2016高三上·邳州开学考）下列有关离子组的评价及相关离子方程式均正确的是（ ）
选项 离子组 评价及离子方程式
A H+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣ 不能大量共存于同一溶液中，因为发生反应：Fe2++2H+=Fe3++H2↑
B Na+、K+、HCO3﹣、OH﹣ 不能大量共存于同一溶液中，因为发生反应：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO2↑
C Ca2+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣ 能大量共存于同一溶液中
D Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣ 能大量共存于同一溶液中
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．NO3﹣在H+存在的条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，该评价正确，但是离子方程式书写错误，正确的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++2H2O+NO↑，故A错误；
B．HCO3﹣、OH﹣离子之间发生反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能共存，该评价正确，但是离子方程式错误，正确的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣，故B错误；
C．Ca2+、CO32﹣离子能够发生反应生成碳酸钙沉淀，在溶液中不能共存，该评价错误，故C错误；
D．Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，该评价正确，故D正确；
故选D．
【分析】A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，该评价正确，但离子方程式书写错误；
B．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能共存，该评价正确，但是离子方程式错误；
C．钙离子能够与碳酸根离子反应，在溶液中不能共存，该评价错误；
D．四种离子之间不反应，能够大量共存，该评价正确．
6．（2016高三上·邳州开学考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．SO2通入酸性KMnO4溶液：5SO2+2H2O+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++4H+
B．过量的CO2通入水玻璃中：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
C．NH4Al（SO4）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：NH4++Al3++5OH﹣═NH3 H2O+AlO2﹣+2H2O
D．漂白粉中加入浓盐酸：ClO﹣+Cl﹣+H2O═Cl2↑+2OH﹣
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．SO2通入酸性KMnO4溶液，二者反应氧化还原反应，离子方程式：5SO2+2H2O+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故A正确；
B．过量的CO2通入水玻璃中：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故B错误；
C．铝铵矾[NH4Al（SO4）2？12H2O]溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣═AlO﹣2+2BaSO4↓+2H2O+NH3 H2O，故C错误；
D．漂白粉中加入浓盐酸，离子方程式：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故D错误；
故选：A．
【分析】A．二氧化硫具有还原性，能够还原酸性高锰酸钾；
B．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠和硅酸沉淀；
C．漏掉了钡离子与硫酸根离子的反应；
D．不符合反应客观事实，酸性环境下不能生成氢氧根离子．
7．（2016高三上·邳州开学考）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B．NaHCO3 受热分解的方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C．电解饱和氯化钠溶液的方程式为：2NaCl 2Na+Cl2↑
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多．碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多．所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误；
B、碳酸氢钠不稳定受热易分解，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，故B正确；
C、电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，故C错误；
D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误．
故选B．
【分析】A、根据其阴离子的水解程度判断；
B、碳酸氢钠不稳定受热易分解；
C、电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑；
D、根据元素的化合价是否变化判断．
8．（2016高三上·邳州开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，3.2 g O2和3.2 g O3所含氧原子数都是0.2NA
B．0.05 mol熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.10NA
C．11.2 L乙烯、乙炔的混合气体中含有的碳原子数为NA
D．5.6 g Fe和足量盐酸完全反应，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故3.2g氧气和3.2g臭氧中含有的氧原子的物质的量均为0.2mol，个数为0.2NA个，故A正确；
B、碳酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和碳酸氢根离子，故0.05mol熔融的碳酸氢钠中含0.05NA个阳离子，故B错误；
C、混合气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故C错误；
D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁反应后转移0.2NA个电子，故D错误．
故选A．
【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；
B、碳酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和碳酸氢根离子；
C、混合气体所处的状态不明确；
D、求出铁的物质的量，然后根据铁和盐酸反应后变为+2价来分析．
9．（2016高三上·邳州开学考）已知，2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O
其中，KMnO4和一般浓度的盐酸反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸 （＞6mol L﹣1）反应，MnO2需和浓盐酸（＞8mol L﹣1）反应．
以下结论中，不正确的是（ ）
A．上述反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应
B．生成1 mol Cl2转移电子数均为2 NA（NA为阿伏加德罗常数）
C．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2
D．盐酸的浓度越大，Cl﹣的还原性越强
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．这三个分子中都有元素化合价变化，且都有离子参加，所以既属于氧化还原反应又属于离子反应，故A正确；
B．生成1 mol Cl2转移电子数均为2[0﹣（﹣1）]NA=2 NA，故B正确；
C．MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O中二氧化锰的氧化性大于氯气，故C错误；
D．盐酸的浓度越大，氯离子的浓度越大，其反应速率越快，则氯离子的还原性越强，故D正确；
故选C．
【分析】A．化学反应中有元素化合价变化的属于氧化还原反应，有离子参加的化学反应是离子反应；
B．根据化合价变化判断；
C．在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．盐酸的浓度越大，氯离子的还原性越强．
10．（2016高三上·邳州开学考）在t℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g mL﹣1，溶质的质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是b mol，下列叙述正确的是（ ）
A．溶质的质量分数w= ×100%
B．溶质的物质的量浓度c= mol L﹣1
C．溶液中c（OH﹣）= mol L﹣1+c（H+）
D．向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w
【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：A．氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数ω= ×100%，故A错误；
B．a g NH3的物质的量为 = mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c= = mol/L，故B错误；
C．溶液中c（NH4+）= = mol/L，根据溶液呈电中性，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），则溶液中c（OH﹣）= mol/L+c（H+），故C正确；
D．水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数= ×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5ω，故D错误．
故选：C．
【分析】A．根据m=ρV计算溶液的体积，氨水溶液溶质为氨气，根据溶质的质量分数= ×100%计算；
B．根据n= 计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c= 计算溶液的物质的量浓度；
C．根据溶液呈电中性，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），据此计算判断；
D．溶质氨气的质量不变，水的密度比氨水的密度大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，根据溶质的质量分数= ×100%判断．
11．如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内的物质相互发生的反应．已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g．下列说法不正确的是（ ）
A．Na2O2中阴阳离子数目之比为1：2
B．反应①的离子方程式为：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
C．反应③最多能产生0.05 mol O2
D．①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＞②＞③
【答案】B,D
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A．过氧化钠中阴离子是O2 2﹣，所以阴阳离子数目之比为1：2，故A正确；
B．反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；
C、反应方程式为：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2↑
2mol 1mol
0.1mo 0.05mol
根据方程式知，最多产生0.05mol O2，故C正确．
D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+ H2↑，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2）=2.3g﹣0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+ O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）﹣m（O2）=m（Na2O）=6.2g
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为： 、 、 ，所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，故D错误．
故选BD．
【分析】A．过氧化钠中的阴离子是过氧根离子不是氧离子，根据化学式判断阴阳离子个数之比．
B．离子方程式要遵循“原子守恒和电荷守恒等”规律．
C．根据过氧化钠和水反应的方程式计算生成氧气的物质的量．
D．根据固体的物质的量计算溶液中溶质的质量、溶液的质量，根据质量分数公式判断质量分数相对大小．
12．（2016高三上·邳州开学考）市场上有一种用于预防和治疗缺氧症状的便携式制氧器，利用过碳酸钠固体A（化学式为2Na2CO3 3H2O2）和灰黑色固体B（不溶于水）与水混合反应制得氧气．某同学对A、B两种物质进行探究，实验步骤及现象如下图所示．下列说法
错误的是（ ）
A．物质B在反应①中可能起催化作用
B．设计③的目的是制取氧气
C．第②步分离混合物的方法是过滤
D．白色沉淀D为CaCO3
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；无机物的推断
【解析】【解答】解：A．分析步骤①和③可以知道，在反应①后B仍能使过氧化氢溶液分解产生气体C，所以可以判断B可能为催化剂，故A正确；
B．设计③的实验目的是为了验证B是否能够加快过氧化氢溶液的分解速率，从而对B的作用作出判断，故B错误；
C．分离溶液和不溶性的固体采用过滤的方法，B不溶于水，C易溶于水，所以分离混合物可以采用过滤的方法，故C正确；
D．根据元素守恒知，D为CaCO3，故D正确；
故选B．
【分析】A和B的混合物加入水后，过碳酸钠分解生成氧气和混合物，分离得到无色溶液C和B，说明B没有参加反应，C和氯化钙反应生成白色沉淀D，根据元素守恒知，D是CaCO3，则C是Na2CO3，B加入双氧水中生成无色气体E，双氧水在催化剂条件下能立即分解生成氧气．
13．（2016高三上·邳州开学考）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（ ）
A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性
B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成
C．将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀
D．将Mg（OH）2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体
【答案】B
【知识点】镁的化学性质；镁、铝的重要化合物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，故A错误；
B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，故B正确；
C．过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故C错误；
D．应将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁，加热时促进镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸，所以蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，故D错误；
故选B．
【分析】A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中；
B．镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀；
C．过滤操作应用玻璃棒引流；
D．镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸．
14．（2016高一上·葫芦岛期中）草木灰中可能含K2CO3、K2SO4及NaCl等盐，将草木灰用蒸馏水浸取得浸取液进行实验，下列根据现象得出的结论不正确的是（ ）
A．向浸取液中加入BaCl2有白色沉淀，说明其中含有SO42﹣
B．向浸取液中加入AgNO3溶液有白色沉淀，说明其中含有Cl﹣
C．洁净的铂丝蘸取浸取液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+
D．向浸取液中滴加稀硫酸，产生无色无味的气体，说明其中含有CO32﹣
【答案】A,B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：A、碳酸根、硫酸根均能与钡离子生成难溶于水的碳酸钡、硫酸钡沉淀，故不能说明一定含有硫酸根，可能含有碳酸根，故A错误；
B、碳酸根、硫酸根、氯离子均能与银离子生成白色难溶于水的沉淀，故原溶液中不一定含有氯离子，故B错误；
C、观察钾的焰色，应透过蓝色钴玻璃滤去钠的黄光，故洁净的铂丝蘸取浸取液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+，故C正确；
D、K2CO3、K2SO4及NaCl中只有碳酸根能与硫酸反应生成气体，故D正确，
故选AB．
【分析】A、碳酸根、硫酸根均能与钡离子生成难溶于水的碳酸钡、硫酸钡沉淀；
B、碳酸根、硫酸根、氯离子均能与银离子生成白色难溶于水的沉淀；
C、观察钾的焰色，应透过蓝色钴玻璃滤去钠的黄光；
D、K2CO3、K2SO4及NaCl中只有碳酸根能与硫酸反应生成气体．
15．（2016高三上·邳州开学考）镁、铁混合物13.4g溶解在足量的稀硝酸中，完全反应得到还原产物只有6.72L（标况下）NO，则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（ ）
A．26.8g B．28.7g C．29.1g D．29.5g
【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：n（NO）= =0.3mol，生成0.3mol NO，转移的电子的物质的量为：n（e﹣）=0.3mol×（5﹣2）=0.9mol，
反应中存在：Mg Mg2+ Mg（OH）2，Fe Fe3+→Fe（OH）3，
则：n（e﹣）=n（OH﹣），
所以m（沉淀）=m（混合物）+m（OH﹣）=13.4g+0.9mol×17g/mol=28.7g，
故选B．
【分析】m（沉淀）=m（混合物）+m（OH﹣），反应中存在：Mg Mg2+ Mg（OH）2，Fe Fe3+→Fe（OH）3，根据关系式可得出n（e﹣）=n（OH﹣），以此计算沉淀的质量．
二、解答题
16．（2016高三上·邳州开学考）氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂．实验室拟以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl．试回答以下问题：
（1）CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为2.0mol/L的CuSO4溶液．
①配制950mL 2.0mol/L的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为 g．
②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为1.8mol/L，原因可能是 ．
A．托盘天平的砝码生锈 B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C．溶解后的烧杯未经多次洗涤 D．胶头滴管加水定容时仰视刻度
（2）写出用上述方法制备CuCl的离子方程式 ．
（3）在上述制取过程中，经过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品．其中“于70℃真空干燥”的目的是 ； ．（回答两点）
（4）据世界卫生组织统计，最常用的避孕环含金属铜，避孕过程中生成了CuCl．其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2（超氧酸） 不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示正确的是 ．
A．氧化产物是HO2
B．HO2在碱中能稳定存在
C．HO2 的电离方程式是HO2 H++O2﹣
D．1mol Cu 参加反应有2mol电子发生转移．
【答案】（1）500；CD
（2）2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O 2CuCl↓+SO42﹣+2H+
（3）加快乙醇和水的蒸发；防止CuCl被空气氧化
（4）C
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】解：（1）①由于没有950mL的容量瓶，选择大于950mL相近规格的容量瓶，所以应选择1000mL规格容量瓶，根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：1L×2mol/L×250g/mol=500g，故答案为：500；②A．砝码生锈后增重，使称量的固体质量偏大，溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，故A错误；B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故B错误；C．溶解后的烧杯未经多次洗涤，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C正确；D．胶头滴管加水定容时仰视刻度，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D正确；故答案为：CD；（2）Na2SO3和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O 2CuCl↓+SO42﹣+2H+，故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O 2CuCl↓+SO42﹣+2H+；3）CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（4）A．O元素化合价降低，被还原，HO2为还原产物，故A错误；B．HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故B错误；C．HO2（超氧酸） 是一种弱酸，所以HO2 的电离方程式为HO2 H++O2﹣，故C正确；D．反应中Cu元素化合价由0价升高到+1价，则1molCu参加反应有1mol电子发生转移，故D错误．故选C．
【分析】（1）①一定容积规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，由于没有950mL的容量瓶，选择大于950mL相近规格的容量瓶；根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，根据m=cnM计算所需胆矾的质量；②根据c= 、m=n×M分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断；（2）亚硫酸根和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；（3）乙醇和水易挥发，CuCl具有还原性，可以被空气氧化；（4）反应Cu+HCl+O2=CuCl+HO2中Cu元素化合价升高，被氧化，O元素化合价降低，被还原，O2为氧化剂，结合元素化合价的变化解答该题．
17．（2016高三上·邳州开学考）镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的．某学校课外兴趣小组从海水晒盐后的盐卤（主要含Na+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等）中模拟工业生产来提取镁，主要过程如图1：
回答下列问题：
（1）工业上从盐卤中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是 ．
（2）从过程①得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加入到盛有 溶液（填写化学式）的烧杯中，充分搅拌后经 、 （填操作方法）可得纯净的Mg（OH）2．
（3）图2是该兴趣小组设计进行过程③的实验装置图：其中装置A的作用是 ．
（4）写出过程④中发生反应的化学方程式 ．
（5）金属Mg在CO2中完全燃烧生成MgO和C，下列说法正确的是 ．
A．碳单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO中镁元素微粒半径：r（Mg2+）＞r（Mg）
C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能．
【答案】（1）石灰乳原料丰富，成本低
（2）MgCl2；过滤；洗涤
（3）制备干燥的HCl气体
（4）MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑
（5）C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：向海水中加入沉淀剂石灰乳，镁离子转化为Mg（OH）2，采用过滤的方法分离溶液和Mg（OH）2，Mg（OH）2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg．（1）工业上从盐卤中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是石灰乳原料丰富，成本低，故答案为：石灰乳原料丰富，成本低； （2）从过程①得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加入到盛有MgCl2溶液的烧杯中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得纯净的Mg（OH）2，故答案为：MgCl2；过滤；洗涤；（3）图2是该兴趣小组设计进行过程③的实验装置图，其中装置A的作用是制备干燥的HCl气体．浓盐酸滴入浓硫酸而不是将浓硫酸滴入浓盐酸的理由是得到的HCl气体不带有水蒸气．故答案为：制备干燥的HCl气体；（4）过程④中发生反应的化学方程式为MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑；（5）A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A错误；
B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），故B错误；C、该反应为：2Mg+CO2 2MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，故C正确；D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，即化学能转化为光能和热能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C．故答案为：C．
【分析】向海水中加入沉淀剂石灰乳，镁离子转化为Mg（OH）2，采用过滤的方法分离溶液和Mg（OH）2，Mg（OH）2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg．（1）从生产成本考虑；（2）从沉淀转化的角度分析；（3）浓盐酸滴入浓硫酸溶解放热使氯化氢挥发，在HCl气流中可抑制氯化镁水解；（4）电解法冶炼Mg是电解熔融氯化镁得到；（5）A、C元素的单质存在多种同素异形体；B、电子层数越多，微粒半径越大；C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；D、镁燃烧放出强光，据此解答即可．
18．（2016高三上·邳州开学考）氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂．以白云石（化学式：MgCO3 CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：
（1）根据流程图，白云石“轻烧”分解的化学反应式是 ．
（2）“研磨”的目的是 ．
（3）加入氨水时反应的化学方程式为 ；检验Mg（OH）2沉淀是否洗涤干净的方法是 ．
（4）本流程中可以循环利用的物质是 ．
（5）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是 ．
【答案】（1）MgCO3=△=MgO+CO2↑
（2）增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分
（3）MgSO4+2NH3 H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净
（4）（NH4）2SO4、NH3
（5）减少能源消耗，便于分离出CaCO3
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为MgCO3=△=MgO+CO2↑；
故答案为：MgCO3=△=MgO+CO2↑；（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为MgSO4+2NH3 H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；故答案为：MgSO4+2NH3 H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；（4）由流程图可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；故答案为：（NH4）2SO4 、NH3；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；故答案为：减少能源消耗，便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放．
【分析】流程分析白云石主要成分为MgCO3 CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体，（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁；（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；（4）分析流程可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离．
19．（2016高三上·邳州开学考）[化学﹣﹣选修化学与技术]
高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途．湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示．
（1）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如下图所示：
①反应Ⅰ的化学方程式为 ．
②反应Ⅱ的离子方程式为 ．
③加入饱和KOH溶液的目的是 ．
（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为 、 ， 、 ．
（3）干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．
（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，右图为该电池和常用的高能碱性
电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有 ， ．
【答案】（1）2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出
（2）高铁酸钾有强氧化性；能杀菌消毒；在水中被还原生成Fe（OH）3胶体；有吸附性起净水作用
（3）3﹕1
（4）放电时间长；工作电压稳定
【知识点】化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）①反应Ⅰ为复分解反应，方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为﹣1价，方程式：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O
③NaFeO4+KOH KFeO4+NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，故答案为：增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体，有吸附性，故答案为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用； （3）干法制备K2FeO4的反应的方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，铁的化合价降低，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3﹕1，故答案为：3﹕1；（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定，
故答案为：放电时间长、工作电压稳定．
【分析】（1）根据物质的性质写出方程式，反应Ⅰ：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，反应Ⅱ：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中生成的Fe（OH）3胶体，有吸附性（3）根据化合价的升降来判断，化合价升高的为还原剂，化合价降低的为氧化剂，并根据化学计量数来分析氧化剂和还原剂的比例（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定．
20．（2016高三上·邳州开学考）纯净的过氧化钙（CaO2）是白色粉末，难溶于水，不溶于乙醇、乙醚，常温下较为稳定，是一种新型水产养殖增氧剂，常用于鲜活水产品的运输．已知：在实验室可用钙盐制取CaO2 8H2O，再经脱水制得CaO2．其制备过程如下：
（1）“溶解”过程需要的玻璃仪器有 ；“沉淀”时需控制反应温度在0℃左右，比较简单易行的方法是 ；为检验“水洗”是否合格，可取少量洗涤液于试管中，再滴加 （填试剂），无明显现象说明“水洗”合格．
（2）“沉淀”时发生反应的离子方程式为 ；该制法的副产品为 （填化学式）；若称取11.1g无水CaCl2，理论上应该量取质量分数30%、密度1.1g/cm3的H2O2溶液 mL．
（3）测定产品中CaO2的含量的实验步骤是：
第一步，准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2mol/L的H2SO4溶液，充分反应；
第二步，向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
第三步，逐滴加入浓度为c mol/L的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL．【已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣（无色）】
①第三步中说明反应恰好完全的现象是 ．
②CaO2的质量分数为 （用字母表示）；
③某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能 （填“偏高”、“偏低”、“无影响”、“不能确定”）
【答案】（1）烧杯、玻璃棒；将反应容器浸入冰水中；AgNO3溶液
（2）Ca2++2NH3 H2O+H2O2+6H2O=CaO2 8H2O↓+2NH4+；NH4Cl；10.3
（3）溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复；；偏高
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）“溶解”过程需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒；为了控制沉淀温度为0℃左右，在实验室宜采取的方法是冰水浴冷却可以达到实验目的，比较简单易行的方法是将反应容器浸入冰水中；为检验“水洗”是否合格，检验水洗后没有Cl﹣离子即可，则可取少量洗涤液于试管中，再滴加 AgNO3溶液，无明显现象说明“水洗”合格；故答案为：烧杯、玻璃棒；将反应容器浸入冰水中；AgNO3溶液；（2）本实验的目的为制备CaO2 8H2O，则流程中的沉淀应为CaO2 8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，故反应的离子方程式为：Ca2++2NH3 H2O+H2O2+6H2O=CaO2 8H2O↓+2NH4+；副产品为NH4Cl；由方程式得n（H2O2）=n（CaCl2），所以设量取质量分数30%、密度1.1g/cm3的H2O2溶液xmL，则有 = ，解得x=10.3mL故答案为：Ca2++2NH3 H2O+H2O2+6H2O=CaO2 8H2O↓+2NH4+；NH4Cl；10.3；（3）①CaO2具有强氧化性，溶液中加入KI晶体和淀粉溶液，生成的碘单质遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为：CaO2+4H++2I﹣═Ca2++2H2O+I2，所以反应恰好完全的现象是溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复，故答案为：溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复；②根据反应的离子方程式，CaO2+4H++2I﹣═Ca2++2H2O+I2，I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣，可得关系式并以此进行计算：
CaO2～ 2S2O32﹣
72g 2mol
m cV×10﹣3mol
m= =36cV×10﹣3g
则CaO2的质量分数为
故答案为： ；
③在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高
【分析】（1）“溶解”过程需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒；为了控制沉淀温度为0℃左右，在实验室宜采取的方法是冰水浴冷却可以达到实验目的；根据检验水洗后没有Cl﹣离子的方法判断合格；（2）实验的目的为制备CaO2 8H2O，则流程中的沉淀应为CaO2 8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，根据质量守恒定律可写出反应的离子方程式；由方程式得n（H2O2）=n（CaCl2）计算；（3）①CaO2具有强氧化性，溶液中加入KI晶体和淀粉溶液，生成的碘单质遇淀粉变蓝色，据此分析；②根据反应的离子方程式，CaO2+4H++2I﹣═Ca2++2H2O+I2，I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣，可得关系式CaO2～2S2O32﹣，并以此进行计算；③根据空气中的氧气能够氧化碘离子，使碘单质的量增加，消耗的硫代硫酸钠增加分析．
21．（2016高三上·邳州开学考）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子．称取两份质量均为1.96g的该结晶水合物，分别制成溶液．
一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色；加热该混合物，逸出0.224L（标准状况）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g．
另一份加入含0.001molKMnO4的酸性溶液，MnO4﹣恰好完全被还原为Mn2+．
请回答以下问题：
（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是 和 ，阴离子是 ．
（2）该结晶水合物的化学式 ．
【答案】（1）NH4+；Fe2+；SO42﹣
（2）（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；[或（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：（1）一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色，说明含有Fe2+离子，加热该混合物，逸出0.224L（标准状况）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有NH4+，用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g，说明含有SO42﹣，故答案为：NH4+；Fe2+；SO42﹣；（2）由题中信息可知1.96g的该结晶水合物中：n（NH4+）= =0.01mol，质量为：m（NH4+）=0.01mol×18g/mol=0.18g，n（SO42﹣）= =0.01mol，质量为：m（SO42﹣）=0.01mol×96g/mol=0.96g，KMnO4的酸性溶液具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，根据得失电子的物质的量相等，
则有：0.001mol×（7﹣2）=n×（3﹣2）n=0.005mol，即Fe2+的物质的量为0.005mol，质量为：0.005mol×56g/mol=0.28g，所以结晶水合物中水的质量为：1.96g﹣0.18g﹣0.96g﹣0.28g=0.54g，n（H2O）= =0.03mol，所以，1.96g的该结晶水合物中：m（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=0.01mol：0.005mol：0.01mol：0.03mol=2：1：2：6，该结晶水合物的化学式为：（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；[或（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；[或（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]．
【分析】一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色，说明含有Fe2+离子，加热该混合物，逸出0.224L（标准状况）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有NH4+，用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g，说明含有SO42﹣，根据各物质的量和所发生的氧化还原反应进一步推断可能的化学式．
1 / 12016-2017学年江苏省徐州市邳州市运河中学高三上学期开学化学试卷
一、单项选择题
1．（2016高三上·邳州开学考）2016年里约奥运会已经圆满结束，其中各种各样的材料为奥运会成功举办起到了举足轻重的作用．下列有关奥运材料的说法不正确的是（ ）
A．火炬燃料丙烷充分燃烧后只生成二氧化碳和水
B．泳池中加入的适量硫酸铜可起到杀菌消毒作用
C．举重和体操运动员手上涂抹的碳酸镁白色粉末可吸水防滑
D．撑杆跳高运动员使用的碳纤维撑杆属于有机高分子材料
2．（2016高三上·邳州开学考）最近媒体报道了一些化学物质，如爆炸力极强的N5、比黄金还贵重的18O2、太空中的甲醇气团等．下列说法正确的是（ ）
A．N5和N2是氮元素的两种同位素 B．由N5变成N2是化学变化
C．18O2和16O2是两种不同的核素 D．甲醇属于离子化合物
3．（2016高三上·邳州开学考）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．氢氧化钠的电子式：
B．质子数为53、中子数为78的碘原子：
C．水分子比例模型：
D．对硝基甲苯的结构简式：
4．（2016高三上·邳州开学考）以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2016高三上·邳州开学考）下列有关离子组的评价及相关离子方程式均正确的是（ ）
选项 离子组 评价及离子方程式
A H+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣ 不能大量共存于同一溶液中，因为发生反应：Fe2++2H+=Fe3++H2↑
B Na+、K+、HCO3﹣、OH﹣ 不能大量共存于同一溶液中，因为发生反应：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO2↑
C Ca2+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣ 能大量共存于同一溶液中
D Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣ 能大量共存于同一溶液中
A．A B．B C．C D．D
6．（2016高三上·邳州开学考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．SO2通入酸性KMnO4溶液：5SO2+2H2O+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++4H+
B．过量的CO2通入水玻璃中：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
C．NH4Al（SO4）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：NH4++Al3++5OH﹣═NH3 H2O+AlO2﹣+2H2O
D．漂白粉中加入浓盐酸：ClO﹣+Cl﹣+H2O═Cl2↑+2OH﹣
7．（2016高三上·邳州开学考）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B．NaHCO3 受热分解的方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C．电解饱和氯化钠溶液的方程式为：2NaCl 2Na+Cl2↑
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
8．（2016高三上·邳州开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，3.2 g O2和3.2 g O3所含氧原子数都是0.2NA
B．0.05 mol熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.10NA
C．11.2 L乙烯、乙炔的混合气体中含有的碳原子数为NA
D．5.6 g Fe和足量盐酸完全反应，转移的电子数为0.3NA
9．（2016高三上·邳州开学考）已知，2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O
其中，KMnO4和一般浓度的盐酸反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸 （＞6mol L﹣1）反应，MnO2需和浓盐酸（＞8mol L﹣1）反应．
以下结论中，不正确的是（ ）
A．上述反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应
B．生成1 mol Cl2转移电子数均为2 NA（NA为阿伏加德罗常数）
C．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2
D．盐酸的浓度越大，Cl﹣的还原性越强
10．（2016高三上·邳州开学考）在t℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g mL﹣1，溶质的质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是b mol，下列叙述正确的是（ ）
A．溶质的质量分数w= ×100%
B．溶质的物质的量浓度c= mol L﹣1
C．溶液中c（OH﹣）= mol L﹣1+c（H+）
D．向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w
11．如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内的物质相互发生的反应．已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g．下列说法不正确的是（ ）
A．Na2O2中阴阳离子数目之比为1：2
B．反应①的离子方程式为：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
C．反应③最多能产生0.05 mol O2
D．①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＞②＞③
12．（2016高三上·邳州开学考）市场上有一种用于预防和治疗缺氧症状的便携式制氧器，利用过碳酸钠固体A（化学式为2Na2CO3 3H2O2）和灰黑色固体B（不溶于水）与水混合反应制得氧气．某同学对A、B两种物质进行探究，实验步骤及现象如下图所示．下列说法
错误的是（ ）
A．物质B在反应①中可能起催化作用
B．设计③的目的是制取氧气
C．第②步分离混合物的方法是过滤
D．白色沉淀D为CaCO3
13．（2016高三上·邳州开学考）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（ ）
A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性
B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成
C．将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀
D．将Mg（OH）2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体
14．（2016高一上·葫芦岛期中）草木灰中可能含K2CO3、K2SO4及NaCl等盐，将草木灰用蒸馏水浸取得浸取液进行实验，下列根据现象得出的结论不正确的是（ ）
A．向浸取液中加入BaCl2有白色沉淀，说明其中含有SO42﹣
B．向浸取液中加入AgNO3溶液有白色沉淀，说明其中含有Cl﹣
C．洁净的铂丝蘸取浸取液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+
D．向浸取液中滴加稀硫酸，产生无色无味的气体，说明其中含有CO32﹣
15．（2016高三上·邳州开学考）镁、铁混合物13.4g溶解在足量的稀硝酸中，完全反应得到还原产物只有6.72L（标况下）NO，则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（ ）
A．26.8g B．28.7g C．29.1g D．29.5g
二、解答题
16．（2016高三上·邳州开学考）氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂．实验室拟以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl．试回答以下问题：
（1）CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为2.0mol/L的CuSO4溶液．
①配制950mL 2.0mol/L的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为 g．
②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为1.8mol/L，原因可能是 ．
A．托盘天平的砝码生锈 B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C．溶解后的烧杯未经多次洗涤 D．胶头滴管加水定容时仰视刻度
（2）写出用上述方法制备CuCl的离子方程式 ．
（3）在上述制取过程中，经过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品．其中“于70℃真空干燥”的目的是 ； ．（回答两点）
（4）据世界卫生组织统计，最常用的避孕环含金属铜，避孕过程中生成了CuCl．其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2（超氧酸） 不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示正确的是 ．
A．氧化产物是HO2
B．HO2在碱中能稳定存在
C．HO2 的电离方程式是HO2 H++O2﹣
D．1mol Cu 参加反应有2mol电子发生转移．
17．（2016高三上·邳州开学考）镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的．某学校课外兴趣小组从海水晒盐后的盐卤（主要含Na+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等）中模拟工业生产来提取镁，主要过程如图1：
回答下列问题：
（1）工业上从盐卤中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是 ．
（2）从过程①得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加入到盛有 溶液（填写化学式）的烧杯中，充分搅拌后经 、 （填操作方法）可得纯净的Mg（OH）2．
（3）图2是该兴趣小组设计进行过程③的实验装置图：其中装置A的作用是 ．
（4）写出过程④中发生反应的化学方程式 ．
（5）金属Mg在CO2中完全燃烧生成MgO和C，下列说法正确的是 ．
A．碳单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO中镁元素微粒半径：r（Mg2+）＞r（Mg）
C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能．
18．（2016高三上·邳州开学考）氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂．以白云石（化学式：MgCO3 CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：
（1）根据流程图，白云石“轻烧”分解的化学反应式是 ．
（2）“研磨”的目的是 ．
（3）加入氨水时反应的化学方程式为 ；检验Mg（OH）2沉淀是否洗涤干净的方法是 ．
（4）本流程中可以循环利用的物质是 ．
（5）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是 ．
19．（2016高三上·邳州开学考）[化学﹣﹣选修化学与技术]
高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途．湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示．
（1）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如下图所示：
①反应Ⅰ的化学方程式为 ．
②反应Ⅱ的离子方程式为 ．
③加入饱和KOH溶液的目的是 ．
（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为 、 ， 、 ．
（3）干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．
（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，右图为该电池和常用的高能碱性
电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有 ， ．
20．（2016高三上·邳州开学考）纯净的过氧化钙（CaO2）是白色粉末，难溶于水，不溶于乙醇、乙醚，常温下较为稳定，是一种新型水产养殖增氧剂，常用于鲜活水产品的运输．已知：在实验室可用钙盐制取CaO2 8H2O，再经脱水制得CaO2．其制备过程如下：
（1）“溶解”过程需要的玻璃仪器有 ；“沉淀”时需控制反应温度在0℃左右，比较简单易行的方法是 ；为检验“水洗”是否合格，可取少量洗涤液于试管中，再滴加 （填试剂），无明显现象说明“水洗”合格．
（2）“沉淀”时发生反应的离子方程式为 ；该制法的副产品为 （填化学式）；若称取11.1g无水CaCl2，理论上应该量取质量分数30%、密度1.1g/cm3的H2O2溶液 mL．
（3）测定产品中CaO2的含量的实验步骤是：
第一步，准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2mol/L的H2SO4溶液，充分反应；
第二步，向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
第三步，逐滴加入浓度为c mol/L的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL．【已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣（无色）】
①第三步中说明反应恰好完全的现象是 ．
②CaO2的质量分数为 （用字母表示）；
③某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能 （填“偏高”、“偏低”、“无影响”、“不能确定”）
21．（2016高三上·邳州开学考）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子．称取两份质量均为1.96g的该结晶水合物，分别制成溶液．
一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色；加热该混合物，逸出0.224L（标准状况）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g．
另一份加入含0.001molKMnO4的酸性溶液，MnO4﹣恰好完全被还原为Mn2+．
请回答以下问题：
（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是 和 ，阴离子是 ．
（2）该结晶水合物的化学式 ．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】甲烷的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】解：A、丙烷中只有碳、氢元素，根据元素守恒知，丙烷充分燃烧生成二氧化碳和水，故A正确；
B、属于重金属离子，能使蛋白质变性，铜离子可以杀菌，泳池中加入的适量硫酸铜可起到杀菌消毒作用，故B正确；
C、运动员在比赛时，手掌心常会冒汗，碳酸镁能吸去掌心汗水，同时还会增加掌心与器械之间的摩擦力，故C正确；
D、碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故D错误；
故选D．
【分析】A、丙烷充分燃烧生成二氧化碳和水；
B、铜离子可以杀菌，属于重金属离子，能使蛋白质变性；
C、举重和体操运动员用碳酸镁能吸去掌心汗水，同时还会增加掌心与器械之间的摩擦力；
D、碳纤维是碳的单质．
2．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；同位素及其应用
【解析】【解答】解：A．N5和N2是单质，不是原子，不属于同位素，故A错误；
B．N5和N2不是同种物质，所以2N5=5N2是化学变化，故B正确；
C．18O2和16O2是氧元素的两种单质，不是原子，不是核素，故C错误；
D．甲醇分子中只含共价键，为共价化合物，故D错误；
故选B．
【分析】A．质子数相同中子数不同的原子互称同位素；
B．判断物理变化与化学变化的依据：是否有新物质生成；
C．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；
D．含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物；
3．【答案】B
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．氢氧化钠的电子式为： ，故A错误；
B．质子数为53、中子数为78的碘原子中质量数为131，所以该原子为：，故B正确；
C．水分子是V型，其比例模型为： ，故C错误；
D．对硝基甲苯的结构简式为： ，故D错误；
故选B．
【分析】A．氢氧化钠是离子化合物，应该符合离子化合物电子式的书写特点；
B．元素符合的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数；
C．比例模型突出的是原子之间相等大小以及原子的大致连接顺序、空间结构，不能体现原子之间的成键的情况；
D．对硝基甲苯中苯环连接氮原子．
4．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．为分液操作，可用于分离互不相溶的液体，故A不选；
B．为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，故B不选；
C．为过滤操作，可用于分离故、液混合物，故C不选；
D．气体的收集，不能够用于分离，故D选．
故选D．
【分析】根据各种实验的装置特点判断实验目的，可做出答案，其中A为分液，B为蒸馏，C为过滤，D为气体的收集，以此解答．
5．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．NO3﹣在H+存在的条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，该评价正确，但是离子方程式书写错误，正确的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++2H2O+NO↑，故A错误；
B．HCO3﹣、OH﹣离子之间发生反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能共存，该评价正确，但是离子方程式错误，正确的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣，故B错误；
C．Ca2+、CO32﹣离子能够发生反应生成碳酸钙沉淀，在溶液中不能共存，该评价错误，故C错误；
D．Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，该评价正确，故D正确；
故选D．
【分析】A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，该评价正确，但离子方程式书写错误；
B．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能共存，该评价正确，但是离子方程式错误；
C．钙离子能够与碳酸根离子反应，在溶液中不能共存，该评价错误；
D．四种离子之间不反应，能够大量共存，该评价正确．
6．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．SO2通入酸性KMnO4溶液，二者反应氧化还原反应，离子方程式：5SO2+2H2O+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故A正确；
B．过量的CO2通入水玻璃中：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故B错误；
C．铝铵矾[NH4Al（SO4）2？12H2O]溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣═AlO﹣2+2BaSO4↓+2H2O+NH3 H2O，故C错误；
D．漂白粉中加入浓盐酸，离子方程式：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故D错误；
故选：A．
【分析】A．二氧化硫具有还原性，能够还原酸性高锰酸钾；
B．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠和硅酸沉淀；
C．漏掉了钡离子与硫酸根离子的反应；
D．不符合反应客观事实，酸性环境下不能生成氢氧根离子．
7．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多．碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多．所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误；
B、碳酸氢钠不稳定受热易分解，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，故B正确；
C、电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，故C错误；
D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误．
故选B．
【分析】A、根据其阴离子的水解程度判断；
B、碳酸氢钠不稳定受热易分解；
C、电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑；
D、根据元素的化合价是否变化判断．
8．【答案】A
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故3.2g氧气和3.2g臭氧中含有的氧原子的物质的量均为0.2mol，个数为0.2NA个，故A正确；
B、碳酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和碳酸氢根离子，故0.05mol熔融的碳酸氢钠中含0.05NA个阳离子，故B错误；
C、混合气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故C错误；
D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁反应后转移0.2NA个电子，故D错误．
故选A．
【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；
B、碳酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和碳酸氢根离子；
C、混合气体所处的状态不明确；
D、求出铁的物质的量，然后根据铁和盐酸反应后变为+2价来分析．
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．这三个分子中都有元素化合价变化，且都有离子参加，所以既属于氧化还原反应又属于离子反应，故A正确；
B．生成1 mol Cl2转移电子数均为2[0﹣（﹣1）]NA=2 NA，故B正确；
C．MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O中二氧化锰的氧化性大于氯气，故C错误；
D．盐酸的浓度越大，氯离子的浓度越大，其反应速率越快，则氯离子的还原性越强，故D正确；
故选C．
【分析】A．化学反应中有元素化合价变化的属于氧化还原反应，有离子参加的化学反应是离子反应；
B．根据化合价变化判断；
C．在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．盐酸的浓度越大，氯离子的还原性越强．
10．【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：A．氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数ω= ×100%，故A错误；
B．a g NH3的物质的量为 = mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c= = mol/L，故B错误；
C．溶液中c（NH4+）= = mol/L，根据溶液呈电中性，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），则溶液中c（OH﹣）= mol/L+c（H+），故C正确；
D．水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数= ×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5ω，故D错误．
故选：C．
【分析】A．根据m=ρV计算溶液的体积，氨水溶液溶质为氨气，根据溶质的质量分数= ×100%计算；
B．根据n= 计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c= 计算溶液的物质的量浓度；
C．根据溶液呈电中性，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），据此计算判断；
D．溶质氨气的质量不变，水的密度比氨水的密度大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，根据溶质的质量分数= ×100%判断．
11．【答案】B,D
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A．过氧化钠中阴离子是O2 2﹣，所以阴阳离子数目之比为1：2，故A正确；
B．反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；
C、反应方程式为：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2↑
2mol 1mol
0.1mo 0.05mol
根据方程式知，最多产生0.05mol O2，故C正确．
D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+ H2↑，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2）=2.3g﹣0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+ O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）﹣m（O2）=m（Na2O）=6.2g
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为： 、 、 ，所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，故D错误．
故选BD．
【分析】A．过氧化钠中的阴离子是过氧根离子不是氧离子，根据化学式判断阴阳离子个数之比．
B．离子方程式要遵循“原子守恒和电荷守恒等”规律．
C．根据过氧化钠和水反应的方程式计算生成氧气的物质的量．
D．根据固体的物质的量计算溶液中溶质的质量、溶液的质量，根据质量分数公式判断质量分数相对大小．
12．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；无机物的推断
【解析】【解答】解：A．分析步骤①和③可以知道，在反应①后B仍能使过氧化氢溶液分解产生气体C，所以可以判断B可能为催化剂，故A正确；
B．设计③的实验目的是为了验证B是否能够加快过氧化氢溶液的分解速率，从而对B的作用作出判断，故B错误；
C．分离溶液和不溶性的固体采用过滤的方法，B不溶于水，C易溶于水，所以分离混合物可以采用过滤的方法，故C正确；
D．根据元素守恒知，D为CaCO3，故D正确；
故选B．
【分析】A和B的混合物加入水后，过碳酸钠分解生成氧气和混合物，分离得到无色溶液C和B，说明B没有参加反应，C和氯化钙反应生成白色沉淀D，根据元素守恒知，D是CaCO3，则C是Na2CO3，B加入双氧水中生成无色气体E，双氧水在催化剂条件下能立即分解生成氧气．
13．【答案】B
【知识点】镁的化学性质；镁、铝的重要化合物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，故A错误；
B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，故B正确；
C．过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故C错误；
D．应将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁，加热时促进镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸，所以蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，故D错误；
故选B．
【分析】A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中；
B．镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀；
C．过滤操作应用玻璃棒引流；
D．镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸．
14．【答案】A,B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：A、碳酸根、硫酸根均能与钡离子生成难溶于水的碳酸钡、硫酸钡沉淀，故不能说明一定含有硫酸根，可能含有碳酸根，故A错误；
B、碳酸根、硫酸根、氯离子均能与银离子生成白色难溶于水的沉淀，故原溶液中不一定含有氯离子，故B错误；
C、观察钾的焰色，应透过蓝色钴玻璃滤去钠的黄光，故洁净的铂丝蘸取浸取液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+，故C正确；
D、K2CO3、K2SO4及NaCl中只有碳酸根能与硫酸反应生成气体，故D正确，
故选AB．
【分析】A、碳酸根、硫酸根均能与钡离子生成难溶于水的碳酸钡、硫酸钡沉淀；
B、碳酸根、硫酸根、氯离子均能与银离子生成白色难溶于水的沉淀；
C、观察钾的焰色，应透过蓝色钴玻璃滤去钠的黄光；
D、K2CO3、K2SO4及NaCl中只有碳酸根能与硫酸反应生成气体．
15．【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：n（NO）= =0.3mol，生成0.3mol NO，转移的电子的物质的量为：n（e﹣）=0.3mol×（5﹣2）=0.9mol，
反应中存在：Mg Mg2+ Mg（OH）2，Fe Fe3+→Fe（OH）3，
则：n（e﹣）=n（OH﹣），
所以m（沉淀）=m（混合物）+m（OH﹣）=13.4g+0.9mol×17g/mol=28.7g，
故选B．
【分析】m（沉淀）=m（混合物）+m（OH﹣），反应中存在：Mg Mg2+ Mg（OH）2，Fe Fe3+→Fe（OH）3，根据关系式可得出n（e﹣）=n（OH﹣），以此计算沉淀的质量．
16．【答案】（1）500；CD
（2）2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O 2CuCl↓+SO42﹣+2H+
（3）加快乙醇和水的蒸发；防止CuCl被空气氧化
（4）C
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】解：（1）①由于没有950mL的容量瓶，选择大于950mL相近规格的容量瓶，所以应选择1000mL规格容量瓶，根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：1L×2mol/L×250g/mol=500g，故答案为：500；②A．砝码生锈后增重，使称量的固体质量偏大，溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，故A错误；B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故B错误；C．溶解后的烧杯未经多次洗涤，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C正确；D．胶头滴管加水定容时仰视刻度，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D正确；故答案为：CD；（2）Na2SO3和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O 2CuCl↓+SO42﹣+2H+，故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O 2CuCl↓+SO42﹣+2H+；3）CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（4）A．O元素化合价降低，被还原，HO2为还原产物，故A错误；B．HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故B错误；C．HO2（超氧酸） 是一种弱酸，所以HO2 的电离方程式为HO2 H++O2﹣，故C正确；D．反应中Cu元素化合价由0价升高到+1价，则1molCu参加反应有1mol电子发生转移，故D错误．故选C．
【分析】（1）①一定容积规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，由于没有950mL的容量瓶，选择大于950mL相近规格的容量瓶；根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，根据m=cnM计算所需胆矾的质量；②根据c= 、m=n×M分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断；（2）亚硫酸根和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；（3）乙醇和水易挥发，CuCl具有还原性，可以被空气氧化；（4）反应Cu+HCl+O2=CuCl+HO2中Cu元素化合价升高，被氧化，O元素化合价降低，被还原，O2为氧化剂，结合元素化合价的变化解答该题．
17．【答案】（1）石灰乳原料丰富，成本低
（2）MgCl2；过滤；洗涤
（3）制备干燥的HCl气体
（4）MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑
（5）C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：向海水中加入沉淀剂石灰乳，镁离子转化为Mg（OH）2，采用过滤的方法分离溶液和Mg（OH）2，Mg（OH）2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg．（1）工业上从盐卤中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是石灰乳原料丰富，成本低，故答案为：石灰乳原料丰富，成本低； （2）从过程①得到的Mg（OH）2沉淀中混有少量的Ca（OH）2，除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加入到盛有MgCl2溶液的烧杯中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得纯净的Mg（OH）2，故答案为：MgCl2；过滤；洗涤；（3）图2是该兴趣小组设计进行过程③的实验装置图，其中装置A的作用是制备干燥的HCl气体．浓盐酸滴入浓硫酸而不是将浓硫酸滴入浓盐酸的理由是得到的HCl气体不带有水蒸气．故答案为：制备干燥的HCl气体；（4）过程④中发生反应的化学方程式为MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑；（5）A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A错误；
B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），故B错误；C、该反应为：2Mg+CO2 2MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，故C正确；D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，即化学能转化为光能和热能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C．故答案为：C．
【分析】向海水中加入沉淀剂石灰乳，镁离子转化为Mg（OH）2，采用过滤的方法分离溶液和Mg（OH）2，Mg（OH）2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg．（1）从生产成本考虑；（2）从沉淀转化的角度分析；（3）浓盐酸滴入浓硫酸溶解放热使氯化氢挥发，在HCl气流中可抑制氯化镁水解；（4）电解法冶炼Mg是电解熔融氯化镁得到；（5）A、C元素的单质存在多种同素异形体；B、电子层数越多，微粒半径越大；C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；D、镁燃烧放出强光，据此解答即可．
18．【答案】（1）MgCO3=△=MgO+CO2↑
（2）增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分
（3）MgSO4+2NH3 H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净
（4）（NH4）2SO4、NH3
（5）减少能源消耗，便于分离出CaCO3
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为MgCO3=△=MgO+CO2↑；
故答案为：MgCO3=△=MgO+CO2↑；（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为MgSO4+2NH3 H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；故答案为：MgSO4+2NH3 H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；（4）由流程图可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；故答案为：（NH4）2SO4 、NH3；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；故答案为：减少能源消耗，便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放．
【分析】流程分析白云石主要成分为MgCO3 CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体，（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁；（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；（4）分析流程可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离．
19．【答案】（1）2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出
（2）高铁酸钾有强氧化性；能杀菌消毒；在水中被还原生成Fe（OH）3胶体；有吸附性起净水作用
（3）3﹕1
（4）放电时间长；工作电压稳定
【知识点】化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）①反应Ⅰ为复分解反应，方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为﹣1价，方程式：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O
③NaFeO4+KOH KFeO4+NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，故答案为：增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体，有吸附性，故答案为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用； （3）干法制备K2FeO4的反应的方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，铁的化合价降低，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3﹕1，故答案为：3﹕1；（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定，
故答案为：放电时间长、工作电压稳定．
【分析】（1）根据物质的性质写出方程式，反应Ⅰ：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，反应Ⅱ：3ClO﹣+10OH﹣+2Fe3+=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中生成的Fe（OH）3胶体，有吸附性（3）根据化合价的升降来判断，化合价升高的为还原剂，化合价降低的为氧化剂，并根据化学计量数来分析氧化剂和还原剂的比例（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定．
20．【答案】（1）烧杯、玻璃棒；将反应容器浸入冰水中；AgNO3溶液
（2）Ca2++2NH3 H2O+H2O2+6H2O=CaO2 8H2O↓+2NH4+；NH4Cl；10.3
（3）溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复；；偏高
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）“溶解”过程需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒；为了控制沉淀温度为0℃左右，在实验室宜采取的方法是冰水浴冷却可以达到实验目的，比较简单易行的方法是将反应容器浸入冰水中；为检验“水洗”是否合格，检验水洗后没有Cl﹣离子即可，则可取少量洗涤液于试管中，再滴加 AgNO3溶液，无明显现象说明“水洗”合格；故答案为：烧杯、玻璃棒；将反应容器浸入冰水中；AgNO3溶液；（2）本实验的目的为制备CaO2 8H2O，则流程中的沉淀应为CaO2 8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，故反应的离子方程式为：Ca2++2NH3 H2O+H2O2+6H2O=CaO2 8H2O↓+2NH4+；副产品为NH4Cl；由方程式得n（H2O2）=n（CaCl2），所以设量取质量分数30%、密度1.1g/cm3的H2O2溶液xmL，则有 = ，解得x=10.3mL故答案为：Ca2++2NH3 H2O+H2O2+6H2O=CaO2 8H2O↓+2NH4+；NH4Cl；10.3；（3）①CaO2具有强氧化性，溶液中加入KI晶体和淀粉溶液，生成的碘单质遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为：CaO2+4H++2I﹣═Ca2++2H2O+I2，所以反应恰好完全的现象是溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复，故答案为：溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复；②根据反应的离子方程式，CaO2+4H++2I﹣═Ca2++2H2O+I2，I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣，可得关系式并以此进行计算：
CaO2～ 2S2O32﹣
72g 2mol
m cV×10﹣3mol
m= =36cV×10﹣3g
则CaO2的质量分数为
故答案为： ；
③在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高
【分析】（1）“溶解”过程需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒；为了控制沉淀温度为0℃左右，在实验室宜采取的方法是冰水浴冷却可以达到实验目的；根据检验水洗后没有Cl﹣离子的方法判断合格；（2）实验的目的为制备CaO2 8H2O，则流程中的沉淀应为CaO2 8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，根据质量守恒定律可写出反应的离子方程式；由方程式得n（H2O2）=n（CaCl2）计算；（3）①CaO2具有强氧化性，溶液中加入KI晶体和淀粉溶液，生成的碘单质遇淀粉变蓝色，据此分析；②根据反应的离子方程式，CaO2+4H++2I﹣═Ca2++2H2O+I2，I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣，可得关系式CaO2～2S2O32﹣，并以此进行计算；③根据空气中的氧气能够氧化碘离子，使碘单质的量增加，消耗的硫代硫酸钠增加分析．
21．【答案】（1）NH4+；Fe2+；SO42﹣
（2）（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；[或（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：（1）一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色，说明含有Fe2+离子，加热该混合物，逸出0.224L（标准状况）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有NH4+，用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g，说明含有SO42﹣，故答案为：NH4+；Fe2+；SO42﹣；（2）由题中信息可知1.96g的该结晶水合物中：n（NH4+）= =0.01mol，质量为：m（NH4+）=0.01mol×18g/mol=0.18g，n（SO42﹣）= =0.01mol，质量为：m（SO42﹣）=0.01mol×96g/mol=0.96g，KMnO4的酸性溶液具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，根据得失电子的物质的量相等，
则有：0.001mol×（7﹣2）=n×（3﹣2）n=0.005mol，即Fe2+的物质的量为0.005mol，质量为：0.005mol×56g/mol=0.28g，所以结晶水合物中水的质量为：1.96g﹣0.18g﹣0.96g﹣0.28g=0.54g，n（H2O）= =0.03mol，所以，1.96g的该结晶水合物中：m（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=0.01mol：0.005mol：0.01mol：0.03mol=2：1：2：6，该结晶水合物的化学式为：（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；[或（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；[或（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]．
【分析】一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色，说明含有Fe2+离子，加热该混合物，逸出0.224L（标准状况）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有NH4+，用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g，说明含有SO42﹣，根据各物质的量和所发生的氧化还原反应进一步推断可能的化学式．
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