2015-2016学年江苏省常州市田家炳高中高二下学期开学化学试卷
一、单项选择题
1．（2016高二下·常州开学考）从2008年6月1日起，我国就禁止生产、销售、使用超薄塑料购物袋．下列对聚乙烯塑料叙述不正确的是（ ）
A．属于有机高分子材料
B．大量使用会产生“白色污染”
C．生产原理符合“绿色化学”思想
D．工业上通过乙烷加聚合成
2．下列化学用语书写正确的是（ ）
A．S2﹣离子的结构示意图：
B．H2O2的电子式：
C．CO2的比例模型：
D．有8个质子、10个中子的核素：188O
3．（2016高二下·常州开学考）下列物质中只含共价键，且属于共价化合物的是（ ）
A．N2 B．NaOH C．H2O D．Ar
4．（2015高一下·沁县期中） U是制造原子弹的材料和核反应堆的燃料． U的原子核内的中子数与核外电子数之差是（ ）
A．235 B．143 C．92 D．51
5．（2016高二下·常州开学考）下列关于化学反应与能量的说法中不正确的是（ ）
A．反应Ba（OH）2 8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3 H2O+8H2O过程中的能量变化情况符合如图
B．氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O
C．化学平衡状态指的是反应物和生成物浓度不再改变时的状态
D．催化剂既能加快化学反应速率，又能提高原料利用率或转化率
6．（2016高二下·常州开学考）从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，该步骤应选择的实验装置是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2016高二下·常州开学考）在强碱性溶液中，可以大量共存的离子组是（ ）
A．K+、SO42﹣、CO32﹣ B．NH4+、Na+、SO42﹣
C．Mg2+、HCO3﹣、Cl﹣ D．Ag+、Al3+、Cl﹣
8．（2016高二下·常州开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．可用浓硫酸干燥H2、NH3、Cl2等气体
B．向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，则该溶液中肯定有SO42﹣
C．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
D．氨水、铵盐受热都易发生化学变化
9．（2016高二下·常州开学考）下列操作中，溶液的颜色不发生变化的是（ ）
A．碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸
B．硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液
C．碘水中滴加淀粉碘化钾溶液
D．氯化铁溶液中加入还原性铁粉
10．（2016高二下·常州开学考）下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）
A．铁分别加入浓硫酸和氢氧化钠溶液中均无明显现象
B．氢氟酸和氢氧化钠溶液都能溶解二氧化硅
C．次氯酸和二氧化硫都具有漂白作用，能使品红溶液褪色
D．H2O2溶液中加入MnO2或FeCl3溶液都能增大反应速率
11．（2016高二下·常州开学考）下列四个反应中，水起的作用与其它反应不同的是（ ）
A．NO2+H2O B．Cl2+H2O C．Na+H2O D．SO2+H2O
12．（2016高二下·常州开学考）以下物质间的每步转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．S→SO3→H2SO4→SO2
B．N2→NO→NO2→HNO3
C．Na→Na2O→NaOH→Na2CO3
D．Al→Al2O3→Al2（SO4）3→Al（OH）3
13．（2016高二下·常州开学考）设汁下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的是（ ）
A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢
B．分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少
C．分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成
D．分别将等量的白色粉末用如图所示装置进行实验，比较澄清石灰水是否变浑浊
14．（2016高二下·常州开学考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氧化镁与稀硫酸反应：MgO+2H+=Mg2++H2O
B．用醋酸除去水垢（主要成分CaCO3）：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C．利用腐蚀法制作印刷线路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O
15．（2016高二下·常州开学考）下列实验方法不合理的是（ ）
A．利用NaOH溶液可以鉴别Al2（SO4）3、MgCl2和Fe2（SO4）3三种溶液
B．用焰色反应可以鉴别出NaCl和K2SO4两种无色溶液
C．用氢氧化钠溶液可以鉴别NH4Cl和NH4NO3两种物质
D．用丁达尔效应可以鉴别氢氧化铝胶体和氯化铝溶液
16．（2016高二下·常州开学考）下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：Al＞Mg＞Na＞H
B．热稳定性：NH3＞PH3＞H2S＞HCl
C．酸性：HClO4＞H2SiO3＞H3PO4＞H2CO3
D．元素非金属性：F＞O＞N＞C
17．（2016高二下·常州开学考）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A．1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．常温下，500mL 2mol L﹣1的Na2CO3溶液中含Na+数目为2NA
C．1.8gNH4+的离子中含有的质子数为0.1NA
D．标准状况下，1 L水所含分子数为NA
18．（2016高二下·常州开学考）下列各组物质互为同分异构体的是（ ）
A．乙烷和乙烯 B．乙醇与乙醛
C．乙酸与甲酸甲酯（HCOOCH3） D．淀粉和纤维素
19．（2016高二下·常州开学考）下列关于有机物的说法中，正确的是（ ）
A．乙醇和乙酸分子中均含有一OH，均可与NaOH反应
B．甲烷和乙烯均能使酸性的高锰酸钾溶液褪色
C．苯分子是一种单双键交替排列的特殊结构，所以既可发生取代又能加成反应
D．煤和石油均为混合物
20．（2016高二下·常州开学考）下列除杂质选用试剂和主要操作都正确的是（ ）
物质 杂质 试剂 主要操作
A NaHCO3 Na2CO3 盐酸 加热
B SiO2 Fe2O3 盐酸 过滤
C I2 H2O 乙醇 萃取
D H2O Fe3+ NaOH 过滤
A．A B．B C．C D．D
21．（2016高二下·常州开学考）对下列有机反应类型的认识中，错误的是（ ）
A． ；取代反应
B．CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br；加成反应
C．CH4+Cl2 CH3Cl+HCl；置换反应
D． ；酯化反应
22．（2016高二下·常州开学考）下列关于物质用途的叙述中不正确的是（ ）
A．工业上利用蛋白质的水解反应生产肥皂和甘油
B．从石油中获得乙烯是工业生产乙烯的主要途径
C．通过海水可以制取氯化钠、镁、烧碱等物质
D．晶体硅是良好的半导体材料，可制成光电池等
23．（2016高二下·常州开学考）向0.5L的AlCl3溶液中逐滴加入某浓度的NaOH溶液，得到的沉淀随NaOH溶液体积的变化如图所示．下列结果正确的是（ ）
A．反应过程中，沉淀最多时的质量为7.8g
B．AlCl3溶液的浓度为2.0 mol L﹣1
C．得到39g沉淀时，消耗的NaOH溶液体积一定为1.5 L
D．当V（NaOH）=4.0 L时，得到的溶液中含Na+、Cl﹣
二、选学《化学与生活》模块的考生答A题，选学《有机化学基础》模块的考生答B题．
24．（2016高二下·常州开学考）化学与人们的“衣食住行“，休戚相关．
（1）①材料是人类赖以生存的重要物质基础．合金是被广泛应用的金属材料．钢属于 （填“铁合金”或“铝合金”）；铁锈蚀主要发生的是电化学腐蚀，其负极反应式为 ；无机非金属材料包括玻璃、水泥和 ．
②真丝织品与化纤织品是生活中最常用的面料，下列有关说法不正确的是 ．
A．真丝织品中主要含有C，H，O，N四种元素
B．可以用燃烧的方法来区分
C．化纤织品中成分遇到重金属盐，强酸，强碱，有机物等会产生沉淀而失去活性
D．两种产品都属于高分子材料
（2）①我国居民一般尿液偏酸性，平时饮食中应多吃 （填”肉类”，”几鸡蛋”，”水果”）等碱性食物；微量元素与人体健康密切相关，为了预防碘缺乏，启动了”食盐加碘”，就是在食盐中加适量的 ．如治疗缺铁性贫血可服用”亚铁丸”（内含有FeSO4，外面裹了一层糖衣），试设计实验判断该亚铁丸是否质 ．
②服药时要对症下药，胃舒平（主要成分Al（OH）3）适用于治疗 （填”感冒发热”，”细菌感染”，”胃酸过多”）．解热镇痛药阿司匹林的结构式为
请你写出其中含有的一个官能团的名称 ．
（3）①汽车尾气（主要有NO等物质）是城市的污染源．治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”（用铂．钯合金作催化剂）．它的特点是使CO与NO反应，生成无毒气体．写出CO与NO反应的化学方程式： ．
②获得洁净安全的饮用水是每个人的正常需要．某农村地区为获得饮用水，在将地表水取回家后，常使用漂白粉进行杀菌消毒，其原理可用化学方程式表示为
③奥运期间使用了全生物降解塑料袋，用于餐饮和处理垃圾，而不用传统的高分子材料聚乙烯、聚氯乙烯及聚苯乙烯等，这是为了防止 （填写环境术语）．“鸟巢”体育场内，各区座位席的通道口设有专门垃圾箱，箱体上分别用绿色和黑色字样标有“可回收物”和“其他垃圾”，如图图标表示 ．
三、非选择题
25．（2016高二下·常州开学考）如图中A～H都是中学化学中常见的物质，其中，常温下A能使铁或铝钝化，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，F是金属单质，G可以用作耐火材料，它们之间有如下转化关系．
（1）写出下列物质的化学式：E ，H ．
（2）写出A溶液与B反应的化学方程式： ．
试写出E与F的反应方程式： ．
26．（2016高二下·常州开学考）某化学研究性学习小组拟对一种焰火原料（由两种短周期的常见金属单质Li，Na，Mg，Al组成的合金粉末）进行探究．请完成下列探究报告．
【探究目的】探究该焰火原料的组成
【资料检索】①Mg2+检验方法：取2滴待检液，加入2滴2mol L﹣1NaOH溶液，再加入1滴镁试剂（Ⅰ）染料（对硝基苯偶氮苯二酚）．若出现沉淀并吸附镁试剂（Ⅰ）染料呈天蓝色，表示待检液中含有Mg2+．但Ag+、Cu2+、Fe3+、NH4+会妨碍Mg2+检出
②Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，其他的常见不溶碱难溶于氯化铵
③很多合金是金属互化物，有确定的化学组成
【探究思路】①确定焰火原料所含金属种类；②测定焰火原料的化学式
【实验探究】
（1）甲同学进行了初步试验，实验步骤和实验现象如下．请填写下表．
试验序号 实 验 步 骤 实 验 现 象 结 论
① 取少量该焰火原料加入冷水 无明显现象
② 取少量该焰火原料加入稀盐酸 完全溶解，有大量气体产生，溶液呈无色
（2）乙同学取甲第②组实验的溶液，加入镁试剂（Ⅰ）染料，得出合金中不含镁．乙的结论 （选填“正确”或“错误”），你的理由是 ．
（3）丙同学设计实验方案，确定焰火原料中的金属种类，实验记录如下．
由丙的实验记录可知，该焰火原料是由 和 两种金属组成的合金；实验中滤液加入足量氢氧化钠溶液后需煮沸，煮沸的理由是 ．
（4）丁同学利用丙同学的结论，设计如下图所示的实验步骤，确定合金组成．
问题讨论：
①能确定合金组成的数据组有 （填写选项字母）；
A．m、n B．m、y C．n、y
②若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，试在下图中作出y随x变化的曲线 ；
③当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，其化学式为
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．聚乙烯塑料是人工合成的高分子材料，故A正确；
B．各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物是白色污染的来源，所以聚乙烯塑料它能产生“白色污染”，故B正确；
C．乙烯合成聚乙烯是加聚反应，符合“绿色化学”思想，故C正确；
D．乙烷不含碳碳双键，不能发生加聚反应，故D错误．
故选D．
【分析】A．合成材料是指由人工合成的有机高分子材料制得的材料，主要包括塑料、合成纤维、合成橡胶，聚乙烯塑料属于有机高分子；
B．白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓；
C．“绿色化学”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中，常见的反应类型有：化合反应、加成反应、加聚反应；
D．乙烷不含碳碳双键．
2．【答案】D
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的离子结构示意图为： ，故A错误；
B．双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为 ，故B错误；
C．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，碳原子的相对体积大于氧原子，其正确的比例模型为： ，故C错误；
D．有8个质子、10个中子的核素的质量数为18，其表示方法为：188O，故D正确；
故选D．
【分析】A．硫离子的核电荷数为16，不是18；
B．双氧水为共价化合物，不存在阴阳离子；
C．二氧化碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子；
D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．
3．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．氮气为单质，只含共价键，故A不选；
B．NaOH中含离子键、共价键，为离子化合物，故B不选；
C．水中只含H﹣O共价键，为共价化合物，故C选；
D．Ar为单质，且不含共价键，故D不选；
故选C．
【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，只含共价键的化合物一定为共价化合物，以此来解答．
4．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：核素92235U的质子数是92，质量数是235，中子数=质量数﹣质子数=235﹣92=143，所以故中子数与核外电子数之差为：143﹣92=51，
故选D．
【分析】在原子的表示方法中元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，并利用质量数=质子数+中子数、核外电子数等于核内质子数来分析．
5．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，图象符合，故A正确；
B．氢氧燃料电池的总反应为氢气与氧气反应生成水，其反应方程式为：2H2+O2=2H2O，故B正确；
C．化学平衡状态是正、逆反应速率相等，反应混合物各组分的浓度、含量等不变的状态，故C正确；
D．催化剂能加快化学反应速率，但是催化剂对化学平衡移动无影响，所以不能提高原料利用率或转化率，故D错误．
故选D．
【分析】A．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应；
B．氢氧燃料电池的总反应为氢气与氧气反应生成水；
C．当反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变；
D．催化剂对化学平衡移动无影响．
6．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：因四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳，故选：C．
【分析】根据四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳．
7．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．K+、SO42﹣、CO32﹣之间不发生反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Mg2+、HCO3﹣都与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Ag+、Cl﹣之间反应生成氯化银沉淀，Ag+、Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A．
【分析】强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，
A．三种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
B．铵根离子与氢氧根离子反应；
C．镁离子、碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；
D．银离子与氯离子反应，银离子、铝离子与氢氧根离子反应．
8．【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，浓硫酸能与氨气反应，不能干燥氨气，故A错误；
B．氯化钡中含有氯离子，溶液中含银离子、硫酸根离子可以生成白色沉淀，所以产生白色沉淀不一定含有SO42﹣，故B错误；
C．不能在量筒中稀释浓硫酸，应该把浓硫酸倒入含有水的烧杯中，故C错误；
D．一水合氨受热分解生成氨气，铵盐受热易分解，所以氨水、铵盐受热都易发生化学变化，故D正确．
故选D．
【分析】A．浓硫酸能与氨气反应；
B．氯化钡中含有氯离子，溶液中含银离子、硫酸根离子可以生成白色沉淀；
C．不能在量筒中稀释浓硫酸；
D．一水合氨受热分解生成氨气、铵盐受热易分解．
9．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，溶液的颜色不会发生变化，故A正确；
B、三价铁离子遇到硫氰酸根离子显示红色，溶液的颜色发生变化，故B错误；
C、碘水中滴加淀粉碘化钾溶液变为蓝色，溶液的颜色发生变化，故C错误；
D、金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，溶液的颜色从浅黄色变为浅绿色，溶液的颜色发生变化，故D错误．
故选A．
【分析】A、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
B、三价铁离子遇到硫氰酸根离子显示红色；
C、碘单质与淀粉呈蓝色；
D、金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁．
10．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．Fe与浓硫酸发生钝化，Fe与NaOH溶液不反应，均无现象，但原理不同，故A错误；
B．二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，与HF反应为其特性，则原理不同，故B错误；
B．HClO具有强氧化性具有漂白性，而二氧化硫与品红化合生成无色物质，品红溶液褪色原理不同，故C错误；
D．MnO2或FeCl3溶液均可作过氧化氢分解的催化剂，均加快反应速率，故D正确；
故选D．
【分析】A．Fe与浓硫酸发生钝化，Fe与NaOH溶液不反应；
B．二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，与HF反应为其特性；
B．HClO具有强氧化性，而二氧化硫与品红化合生成无色物质；
D．MnO2或FeCl3溶液均可作过氧化氢分解的催化剂．
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，水中H、O元素的化合价不变，所以该反应是氧化还原反应，但水既不是氧化剂又不是还原剂；
B、Cl2+H2O=HCl+HClO中，水中H、O元素的化合价不变，Cl元素的化合价由0价变为+1价和﹣1价，所以该反应是氧化还原反应，但水既不是氧化剂又不是还原剂；
C、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂；
D、SO2+H2O=H2SO3中，过水中H、O元素的化合价不变，所以该反应是氧化还原反应，但水既不是氧化剂又不是还原剂；
故选C．
【分析】水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，若水中O元素的化合价升高，则水为还原剂，以此来解答．
12．【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质
【解析】【解答】解：A．S和氧气反应生成SO2，SO2与氧气在催化作用下生成SO3，故A错误；
B．可通过N2 NO NO2 HNO3实现反应，故B正确；
C．可通过Na Na2O NaOH Na2CO3实现反应，故C正确；
D．可通过Al Al2O3 Al2（SO4）3 Al（OH）3实现反应，故D正确．
故选A．
【分析】A．S和氧气反应生成SO2；
B．N2在放电条件下与氧气反应生成NO，继续与氧气反应生成NO2，然后与水反应生成HNO3；
C．Na与氧气反应生成Na2O，然后与水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成Na2CO3；
D．Al与氧气反应生成Al2O3，与硫酸反应生成Al2（SO4）3，然后加入氨水或少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3．
13．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等物质的量浓度的稀盐酸，碳酸氢钠立即和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳，所以生成二氧化碳速率不同，能达到实验目的，故A不选；
B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少来鉴别，能达到实验目的，故B不选；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀，反应现象相同，无法鉴别，所以不能达到实验目的，故C选；
D．碳酸钠比碳酸氢钠稳定，加热时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，用澄清石灰水检验是否生成二氧化碳，所以能达到实验目的，故D不选；
故选C．
【分析】A．碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳；
B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀；
D．碳酸钠较稳定，加热不分解，碳酸氢钠不稳定，加热易分解．
14．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，反应的离子方程式为MgO+2H+=Mg2++H2O，故A正确；
B．醋酸为弱酸，应写成化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；
C．电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．硫酸为二元酸，氢氧化钡为二元碱，二者反应的离子方程式为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误．
故选A．
【分析】A．金属氧化物与酸反应生成盐和水；
B．醋酸为弱酸，应写成化学式；
C．从电荷是否守恒的角度分析；
D．硫酸为二元酸，氢氧化钡为二元碱，以此判断离子的物质的量关系是否正确．
15．【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．Al2（SO4）3、MgCl2和Fe2（SO4）3三种溶液与NaOH反应的现象分别为：先生成白色沉淀后溶解、白色沉淀、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B．NaCl和K2SO4两种无色溶液的焰色反应分别为黄色、紫色，现象不同，故B正确；
C．NH4Cl和NH4NO3两种物质均与NaOH溶液、加热生成氨气，现象相同不能鉴别，故C错误；
D．丁达尔现象为胶体特有的性质，则用丁达尔效应可以鉴别氢氧化铝胶体和氯化铝溶液，故D正确；
故选C．
【分析】A．Al2（SO4）3、MgCl2和Fe2（SO4）3三种溶液与NaOH反应的现象分别为：先生成白色沉淀后溶解、白色沉淀、红褐色沉淀；
B．NaCl和K2SO4两种无色溶液的焰色反应分别为黄色、紫色；
C．NH4Cl和NH4NO3两种物质均与NaOH溶液、加热生成氨气；
D．丁达尔现象为胶体特有的性质．
16．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径Na＞Mg＞Al＞H，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞S＞P，所以氢化物的稳定性PH3＜H2S＜HCl，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞P＞C＞Si，所以HClO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，故C错误；
D．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，所以非金属性F＞O＞N＞C，故D正确；
故选D．
【分析】A．原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
D．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强．
17．【答案】B
【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、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气和铁反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；
B、溶液中碳酸钠的物质的量n=CV=2mol/L×0.5L=1mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，即2NA个，故B正确；
C、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含11个质子，故0.1mol铵根离子中含1.1NA个质子，故C错误；
D、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误．
故选B．
【分析】A、氯气和铁反应后变为﹣1价；
B、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含2mol钠离子来分析；
C、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子中含11个质子来分析；
D、标况下水为液态．
18．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：A．乙烷和乙烯分子式分别为：C2H6、C2H4，分子式不相同，不是同分异构体，故A错误；
B．乙醇和乙醚分子式分别为：C2H6O、C2H4O，分子式不相同，不是同分异构体，故B错误；
C．乙酸与甲酸甲酯分子式分别为C2H4O2、HCOOCH3，分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C正确；
D．淀粉和纤维丝的分子式为（C6H10O5）n，聚合度n不同，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
故选C．
【分析】根据同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物来解答．
19．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．乙醇为中性物质，则乙酸与NaOH反应，故A错误；
B．甲烷与高锰酸钾不反应，而乙烯能使酸性的高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．苯易取代难加成，但苯中不含双键，苯中化学键为介于单键与双键之间特殊的化学键，故C错误；
D．煤和石油均为多种物质组成的混合物，故D正确；
故选D．
【分析】A．乙醇为中性物质；
B．甲烷与高锰酸钾不反应；
C．苯易取代难加成，但苯中不含双键；
D．煤和石油均为多种物质组成的混合物．
20．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．二者均与盐酸反应，不能除杂，故A错误；
B．氧化铁与盐酸反应，而二氧化硅不能，则反应后过滤可除杂，故B正确；
C．乙醇与水互溶，不能萃取分离，故C错误；
D．铁离子与NaOH反应生成沉淀，但引入钠离子，不能除杂，故D错误；
故选B．
【分析】A．二者均与盐酸反应；
B．氧化铁与盐酸反应，而二氧化硅不能；
C．乙醇与水互溶；
D．铁离子与NaOH反应生成沉淀，但引入钠离子．
21．【答案】C
【知识点】有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】解：A．苯中的H被硝基取代，则为苯的取代反应，故A正确；
B．碳碳双键断裂，每个C上各加1个﹣Br，则为乙烯的加成反应，故B正确；
C．甲烷中的H被﹣Cl取代，则为甲烷的取代反应，生成物中没有单质，不属于置换反应，故C错误；
D．乙酸中的﹣OH被乙氧基取代，为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，故D正确；
故选C．
【分析】A．苯中的H被硝基取代；
B．碳碳双键断裂，每个C上各加1个﹣Br；
C．甲烷中的H被﹣Cl取代；
D．乙酸中的﹣OH被乙氧基取代．
22．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】解：A．蛋白质水解得到氨基酸，油脂水解可生产肥皂和甘油，故A错误；
B．乙烯主要来自于石油的裂解，故B正确；
C．海水中含有氯化钠、氯化镁等物质，通过海水可以制取氯化钠、镁、烧碱等物质，故C正确；
D．光电池的原料是晶体硅，硅是半导体材料，故D正确．
故选A．
【分析】A．蛋白质水解得到氨基酸；
B．石油裂解可得到乙烯；
C．海水中含有氯化钠、氯化镁等物质；
D．光电池的原料是晶体硅．
23．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．由图可知，沉淀最多为1.00mol，其质量为1mol×78g/mol=78g，故A错误；
B．由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，则AlCl3溶液的浓度为 =2.0mol/L，故B正确；
C．得到39g沉淀时，存在两种情况，碱不足，或生成沉淀后碱过量，39 g Al（OH）3的物质的量0.5mol，
当NaOH溶液不足时，生成39g Al（OH）3所需NaOH的物质的量为：0.5mol×3=1.5 mol，需要NaOH溶液的体积 =1.5L；
当NaOH溶液过量时，还剩余39 g Al（OH）3，反应的39 g Al（OH）3溶解可以消耗0.5molNaOH，故共消耗NaOH的物质的量3.5mol，需要NaOH溶液的体积3.5L，或结合图象可知，消耗的NaOH溶液体积为1.5 L或3.5L，故C错误；
D．当V（NaOH）=4.0 L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl，得到的溶液中Na+、AlO2﹣、Cl﹣，故D错误；
故选B．
【分析】A．由图可知，沉淀最多为1.00mol；
B．由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀；
C．得到39g沉淀时，存在两种情况，碱不足，或生成沉淀后碱过量；
D．当V（NaOH）=4.0 L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl．
24．【答案】（1）铁合金；Fe﹣2e﹣=Fe2+；陶瓷；C
（2）水果；碘酸钾；刮去药片上的糖衣，把药片碾碎，放入烧杯中，溶解，过滤后向滤液中加入硫氰酸钾，如果溶液变红色，说明已经变质，如果溶液没变红色说明没变质；胃酸过多；羧基
（3）2CO+2NO 2CO2+N2；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；白色污染；可回收物
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；常见的生活环境的污染及治理；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】解：（1）①钢是铁与碳的合金；
铁锈蚀主要发生的是电化学腐蚀，其负极发生氧化反应铁失去电子生成二价铁离子，电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；
常见的有玻璃、水泥、陶瓷等；
故答案为：铁合金；Fe﹣2e﹣=Fe2+；陶瓷；②A．真丝织品主要成分为蛋白质，主要含有C，H，O，N四种元素，故A正确；
B．真丝制品含有蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，化纤织品不具有此性质，故B正确；
C．真丝织品中成分遇到重金属盐，强酸，强碱，有机物等会产生沉淀而失去活性，化纤织品不含蛋白质不具有此性质，故C错误；
D．两种产品都属于高分子材料，故D正确；
故选：C；（2）①水果为碱性食物；加碘盐是指在食盐中加适量的碘酸钾；二价铁离子若变质则被氧化生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显血红色，所以检验亚铁丸是否变质方法：刮去药片上的糖衣，把药片碾碎，放入烧杯中，溶解，过滤后向滤液中加入硫氰酸钾，如果溶液变红色，说明已经变质，如果溶液没变红色说明没变质；
故答案为：水果；碘酸钾；刮去药片上的糖衣，把药片碾碎，放入烧杯中，溶解，过滤后向滤液中加入硫氰酸钾，如果溶液变红色，说明已经变质，如果溶液没变红色说明没变质；②氢氧化铝能够与盐酸反应消耗氢离子，所以可以用来治疗胃酸过多； 含有羧基和酯基；
故答案为：胃酸过多；羧基；（3）①CO与NO在催化剂作用下生成氮气和二氧化碳，方程式：2CO+2NO 2CO2+N2；
故答案为：2CO+2NO 2CO2+N2；②碳酸酸性强于次氯酸，漂白粉与空气接触后，会和二氧化碳水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能进行杀菌消毒漂白，反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，
故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；③塑料不易降解，影响环境的美观，所含成分有潜在危害，塑料用做包装材料多为白色，往往称为白色污染；可回收物可以重复利用，所以循环图标，
故答案为：白色污染；可回收物．
【分析】（1）①钢是铁与碳的合金；铁锈蚀主要发生的是电化学腐蚀，其负极发生氧化反应铁失去电子生成二价铁离子；无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料．常见的有玻璃、水泥、陶瓷等；②依据真丝织品成分为蛋白质，化纤织品是不添加纯天然纤维材料，纯粹由涤纶、锦纶、氨纶、丙纶、维纶、腈纶、粘胶、尼龙、醋酸纤维、天丝等材料中的一种或几种合成的布料制成的衣物，依据其性质判断解答；（2）①含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等；加碘盐中添加的为碘酸钾；二价铁离子若变质则被氧化生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显血红色；②氢氧化铝能够与盐酸反应消耗氢离子； 含有羧基和酯基；（3）①CO与NO在催化剂作用下生成氮气和二氧化碳；②漂白粉与空气接触后，会和二氧化碳水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能进行杀菌消毒漂白；③选用能够降解的塑料袋，为了防止不能降解而带来的环境污染；把垃圾分为可回收物和不可回收物．
25．【答案】（1）CO2；SO3
（2）C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O；2Mg+CO2 2MgO+C
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：常温下A能使铁或铝钝化，A为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，H为SO3，F是金属单质，G可以用作耐火材料，则F为Mg，G为MgO．（1）E为CO2，H为SO3，故答案为：CO2；SO3；（2）A溶液与B反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O，
E与F的反应方程式：2Mg+CO2 2MgO+C，
故答案为：C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O；2Mg+CO2 2MgO+C．
【分析】常温下A能使铁或铝钝化，A为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，H为SO3，F是金属单质，G可以用作耐火材料，则F为Mg，G为MgO，据此解答
26．【答案】（1）不含Li、Na等活泼金属；可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种
（2）错误；由资料知，反应必须在碱性条件下进行
（3）Mg；Al；将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH4+干扰Mg2+的检验
（4）a、b、c；；Mg4Al3
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）①原料加入冷水无现象表明不含Li、Na等活泼金属，
故答案为；不含Li、Na等活泼金属；②原料与盐酸反应产生气体表明含有能与盐酸反应的较活泼的金属，可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种；
故答案为：可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种；（2）第②组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀，从而不能吸附镁试剂（I）染料呈天蓝色，由资料知，反应必须在碱性条件下进行；
故答案为：错误；由资料知，反应必须在碱性条件下进行；（3）由图结合题意知该合金含镁、铝（不溶于足量饱和氯化铵溶液的白色沉淀既能溶液盐酸又能溶液氢氧化钠），由于Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，因此用镁试剂（Ⅰ）染料检验Mg2+时要排除NH4+的干扰，所以滤液加入足量氢氧化钠溶液将NH4+转化为NH3，煮沸将氨气赶出，
故答案为：Mg和Al；将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH4+干扰Mg2+的检验；（4）①镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量，已知镁的质量和镁铝生成氢气的体积可知铝的质量，则a、b、c都可测定合金的组成，
故答案为：a、b、c；②若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，相对分子质量较小的为镁，如x=0，则全被为铝，7mol铝反应生成10.5mol氢气，如全被为镁，即x=7，则生成氢气7mol，则图象为 ，
故答案为： ；③当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3，
则化学式为Mg4Al3，
故答案为：Mg4Al3．
【分析】（1）①Na、Li等活泼金属和与水反应；②能与盐酸反应为较活泼的金属；（2）第②组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀；（3）由题给信息可知Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，应排除NH4+的干扰；（4）①镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量；②利用端值法判断；③当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3．
1 / 12015-2016学年江苏省常州市田家炳高中高二下学期开学化学试卷
一、单项选择题
1．（2016高二下·常州开学考）从2008年6月1日起，我国就禁止生产、销售、使用超薄塑料购物袋．下列对聚乙烯塑料叙述不正确的是（ ）
A．属于有机高分子材料
B．大量使用会产生“白色污染”
C．生产原理符合“绿色化学”思想
D．工业上通过乙烷加聚合成
【答案】D
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．聚乙烯塑料是人工合成的高分子材料，故A正确；
B．各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物是白色污染的来源，所以聚乙烯塑料它能产生“白色污染”，故B正确；
C．乙烯合成聚乙烯是加聚反应，符合“绿色化学”思想，故C正确；
D．乙烷不含碳碳双键，不能发生加聚反应，故D错误．
故选D．
【分析】A．合成材料是指由人工合成的有机高分子材料制得的材料，主要包括塑料、合成纤维、合成橡胶，聚乙烯塑料属于有机高分子；
B．白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓；
C．“绿色化学”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中，常见的反应类型有：化合反应、加成反应、加聚反应；
D．乙烷不含碳碳双键．
2．下列化学用语书写正确的是（ ）
A．S2﹣离子的结构示意图：
B．H2O2的电子式：
C．CO2的比例模型：
D．有8个质子、10个中子的核素：188O
【答案】D
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的离子结构示意图为： ，故A错误；
B．双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为 ，故B错误；
C．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，碳原子的相对体积大于氧原子，其正确的比例模型为： ，故C错误；
D．有8个质子、10个中子的核素的质量数为18，其表示方法为：188O，故D正确；
故选D．
【分析】A．硫离子的核电荷数为16，不是18；
B．双氧水为共价化合物，不存在阴阳离子；
C．二氧化碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子；
D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．
3．（2016高二下·常州开学考）下列物质中只含共价键，且属于共价化合物的是（ ）
A．N2 B．NaOH C．H2O D．Ar
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．氮气为单质，只含共价键，故A不选；
B．NaOH中含离子键、共价键，为离子化合物，故B不选；
C．水中只含H﹣O共价键，为共价化合物，故C选；
D．Ar为单质，且不含共价键，故D不选；
故选C．
【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，只含共价键的化合物一定为共价化合物，以此来解答．
4．（2015高一下·沁县期中） U是制造原子弹的材料和核反应堆的燃料． U的原子核内的中子数与核外电子数之差是（ ）
A．235 B．143 C．92 D．51
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：核素92235U的质子数是92，质量数是235，中子数=质量数﹣质子数=235﹣92=143，所以故中子数与核外电子数之差为：143﹣92=51，
故选D．
【分析】在原子的表示方法中元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，并利用质量数=质子数+中子数、核外电子数等于核内质子数来分析．
5．（2016高二下·常州开学考）下列关于化学反应与能量的说法中不正确的是（ ）
A．反应Ba（OH）2 8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3 H2O+8H2O过程中的能量变化情况符合如图
B．氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O
C．化学平衡状态指的是反应物和生成物浓度不再改变时的状态
D．催化剂既能加快化学反应速率，又能提高原料利用率或转化率
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，图象符合，故A正确；
B．氢氧燃料电池的总反应为氢气与氧气反应生成水，其反应方程式为：2H2+O2=2H2O，故B正确；
C．化学平衡状态是正、逆反应速率相等，反应混合物各组分的浓度、含量等不变的状态，故C正确；
D．催化剂能加快化学反应速率，但是催化剂对化学平衡移动无影响，所以不能提高原料利用率或转化率，故D错误．
故选D．
【分析】A．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应；
B．氢氧燃料电池的总反应为氢气与氧气反应生成水；
C．当反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变；
D．催化剂对化学平衡移动无影响．
6．（2016高二下·常州开学考）从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，该步骤应选择的实验装置是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：因四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳，故选：C．
【分析】根据四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳．
7．（2016高二下·常州开学考）在强碱性溶液中，可以大量共存的离子组是（ ）
A．K+、SO42﹣、CO32﹣ B．NH4+、Na+、SO42﹣
C．Mg2+、HCO3﹣、Cl﹣ D．Ag+、Al3+、Cl﹣
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．K+、SO42﹣、CO32﹣之间不发生反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Mg2+、HCO3﹣都与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Ag+、Cl﹣之间反应生成氯化银沉淀，Ag+、Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A．
【分析】强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，
A．三种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
B．铵根离子与氢氧根离子反应；
C．镁离子、碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；
D．银离子与氯离子反应，银离子、铝离子与氢氧根离子反应．
8．（2016高二下·常州开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．可用浓硫酸干燥H2、NH3、Cl2等气体
B．向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，则该溶液中肯定有SO42﹣
C．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
D．氨水、铵盐受热都易发生化学变化
【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，浓硫酸能与氨气反应，不能干燥氨气，故A错误；
B．氯化钡中含有氯离子，溶液中含银离子、硫酸根离子可以生成白色沉淀，所以产生白色沉淀不一定含有SO42﹣，故B错误；
C．不能在量筒中稀释浓硫酸，应该把浓硫酸倒入含有水的烧杯中，故C错误；
D．一水合氨受热分解生成氨气，铵盐受热易分解，所以氨水、铵盐受热都易发生化学变化，故D正确．
故选D．
【分析】A．浓硫酸能与氨气反应；
B．氯化钡中含有氯离子，溶液中含银离子、硫酸根离子可以生成白色沉淀；
C．不能在量筒中稀释浓硫酸；
D．一水合氨受热分解生成氨气、铵盐受热易分解．
9．（2016高二下·常州开学考）下列操作中，溶液的颜色不发生变化的是（ ）
A．碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸
B．硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液
C．碘水中滴加淀粉碘化钾溶液
D．氯化铁溶液中加入还原性铁粉
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，溶液的颜色不会发生变化，故A正确；
B、三价铁离子遇到硫氰酸根离子显示红色，溶液的颜色发生变化，故B错误；
C、碘水中滴加淀粉碘化钾溶液变为蓝色，溶液的颜色发生变化，故C错误；
D、金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，溶液的颜色从浅黄色变为浅绿色，溶液的颜色发生变化，故D错误．
故选A．
【分析】A、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
B、三价铁离子遇到硫氰酸根离子显示红色；
C、碘单质与淀粉呈蓝色；
D、金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁．
10．（2016高二下·常州开学考）下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）
A．铁分别加入浓硫酸和氢氧化钠溶液中均无明显现象
B．氢氟酸和氢氧化钠溶液都能溶解二氧化硅
C．次氯酸和二氧化硫都具有漂白作用，能使品红溶液褪色
D．H2O2溶液中加入MnO2或FeCl3溶液都能增大反应速率
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．Fe与浓硫酸发生钝化，Fe与NaOH溶液不反应，均无现象，但原理不同，故A错误；
B．二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，与HF反应为其特性，则原理不同，故B错误；
B．HClO具有强氧化性具有漂白性，而二氧化硫与品红化合生成无色物质，品红溶液褪色原理不同，故C错误；
D．MnO2或FeCl3溶液均可作过氧化氢分解的催化剂，均加快反应速率，故D正确；
故选D．
【分析】A．Fe与浓硫酸发生钝化，Fe与NaOH溶液不反应；
B．二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，与HF反应为其特性；
B．HClO具有强氧化性，而二氧化硫与品红化合生成无色物质；
D．MnO2或FeCl3溶液均可作过氧化氢分解的催化剂．
11．（2016高二下·常州开学考）下列四个反应中，水起的作用与其它反应不同的是（ ）
A．NO2+H2O B．Cl2+H2O C．Na+H2O D．SO2+H2O
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，水中H、O元素的化合价不变，所以该反应是氧化还原反应，但水既不是氧化剂又不是还原剂；
B、Cl2+H2O=HCl+HClO中，水中H、O元素的化合价不变，Cl元素的化合价由0价变为+1价和﹣1价，所以该反应是氧化还原反应，但水既不是氧化剂又不是还原剂；
C、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂；
D、SO2+H2O=H2SO3中，过水中H、O元素的化合价不变，所以该反应是氧化还原反应，但水既不是氧化剂又不是还原剂；
故选C．
【分析】水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，若水中O元素的化合价升高，则水为还原剂，以此来解答．
12．（2016高二下·常州开学考）以下物质间的每步转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．S→SO3→H2SO4→SO2
B．N2→NO→NO2→HNO3
C．Na→Na2O→NaOH→Na2CO3
D．Al→Al2O3→Al2（SO4）3→Al（OH）3
【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质
【解析】【解答】解：A．S和氧气反应生成SO2，SO2与氧气在催化作用下生成SO3，故A错误；
B．可通过N2 NO NO2 HNO3实现反应，故B正确；
C．可通过Na Na2O NaOH Na2CO3实现反应，故C正确；
D．可通过Al Al2O3 Al2（SO4）3 Al（OH）3实现反应，故D正确．
故选A．
【分析】A．S和氧气反应生成SO2；
B．N2在放电条件下与氧气反应生成NO，继续与氧气反应生成NO2，然后与水反应生成HNO3；
C．Na与氧气反应生成Na2O，然后与水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成Na2CO3；
D．Al与氧气反应生成Al2O3，与硫酸反应生成Al2（SO4）3，然后加入氨水或少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3．
13．（2016高二下·常州开学考）设汁下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的是（ ）
A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢
B．分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少
C．分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成
D．分别将等量的白色粉末用如图所示装置进行实验，比较澄清石灰水是否变浑浊
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等物质的量浓度的稀盐酸，碳酸氢钠立即和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳，所以生成二氧化碳速率不同，能达到实验目的，故A不选；
B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少来鉴别，能达到实验目的，故B不选；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀，反应现象相同，无法鉴别，所以不能达到实验目的，故C选；
D．碳酸钠比碳酸氢钠稳定，加热时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，用澄清石灰水检验是否生成二氧化碳，所以能达到实验目的，故D不选；
故选C．
【分析】A．碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳；
B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀；
D．碳酸钠较稳定，加热不分解，碳酸氢钠不稳定，加热易分解．
14．（2016高二下·常州开学考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氧化镁与稀硫酸反应：MgO+2H+=Mg2++H2O
B．用醋酸除去水垢（主要成分CaCO3）：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C．利用腐蚀法制作印刷线路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，反应的离子方程式为MgO+2H+=Mg2++H2O，故A正确；
B．醋酸为弱酸，应写成化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；
C．电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．硫酸为二元酸，氢氧化钡为二元碱，二者反应的离子方程式为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误．
故选A．
【分析】A．金属氧化物与酸反应生成盐和水；
B．醋酸为弱酸，应写成化学式；
C．从电荷是否守恒的角度分析；
D．硫酸为二元酸，氢氧化钡为二元碱，以此判断离子的物质的量关系是否正确．
15．（2016高二下·常州开学考）下列实验方法不合理的是（ ）
A．利用NaOH溶液可以鉴别Al2（SO4）3、MgCl2和Fe2（SO4）3三种溶液
B．用焰色反应可以鉴别出NaCl和K2SO4两种无色溶液
C．用氢氧化钠溶液可以鉴别NH4Cl和NH4NO3两种物质
D．用丁达尔效应可以鉴别氢氧化铝胶体和氯化铝溶液
【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．Al2（SO4）3、MgCl2和Fe2（SO4）3三种溶液与NaOH反应的现象分别为：先生成白色沉淀后溶解、白色沉淀、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B．NaCl和K2SO4两种无色溶液的焰色反应分别为黄色、紫色，现象不同，故B正确；
C．NH4Cl和NH4NO3两种物质均与NaOH溶液、加热生成氨气，现象相同不能鉴别，故C错误；
D．丁达尔现象为胶体特有的性质，则用丁达尔效应可以鉴别氢氧化铝胶体和氯化铝溶液，故D正确；
故选C．
【分析】A．Al2（SO4）3、MgCl2和Fe2（SO4）3三种溶液与NaOH反应的现象分别为：先生成白色沉淀后溶解、白色沉淀、红褐色沉淀；
B．NaCl和K2SO4两种无色溶液的焰色反应分别为黄色、紫色；
C．NH4Cl和NH4NO3两种物质均与NaOH溶液、加热生成氨气；
D．丁达尔现象为胶体特有的性质．
16．（2016高二下·常州开学考）下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：Al＞Mg＞Na＞H
B．热稳定性：NH3＞PH3＞H2S＞HCl
C．酸性：HClO4＞H2SiO3＞H3PO4＞H2CO3
D．元素非金属性：F＞O＞N＞C
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径Na＞Mg＞Al＞H，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞S＞P，所以氢化物的稳定性PH3＜H2S＜HCl，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞P＞C＞Si，所以HClO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，故C错误；
D．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，所以非金属性F＞O＞N＞C，故D正确；
故选D．
【分析】A．原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
D．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强．
17．（2016高二下·常州开学考）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A．1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．常温下，500mL 2mol L﹣1的Na2CO3溶液中含Na+数目为2NA
C．1.8gNH4+的离子中含有的质子数为0.1NA
D．标准状况下，1 L水所含分子数为NA
【答案】B
【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、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气和铁反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；
B、溶液中碳酸钠的物质的量n=CV=2mol/L×0.5L=1mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，即2NA个，故B正确；
C、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含11个质子，故0.1mol铵根离子中含1.1NA个质子，故C错误；
D、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误．
故选B．
【分析】A、氯气和铁反应后变为﹣1价；
B、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含2mol钠离子来分析；
C、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子中含11个质子来分析；
D、标况下水为液态．
18．（2016高二下·常州开学考）下列各组物质互为同分异构体的是（ ）
A．乙烷和乙烯 B．乙醇与乙醛
C．乙酸与甲酸甲酯（HCOOCH3） D．淀粉和纤维素
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：A．乙烷和乙烯分子式分别为：C2H6、C2H4，分子式不相同，不是同分异构体，故A错误；
B．乙醇和乙醚分子式分别为：C2H6O、C2H4O，分子式不相同，不是同分异构体，故B错误；
C．乙酸与甲酸甲酯分子式分别为C2H4O2、HCOOCH3，分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C正确；
D．淀粉和纤维丝的分子式为（C6H10O5）n，聚合度n不同，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
故选C．
【分析】根据同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物来解答．
19．（2016高二下·常州开学考）下列关于有机物的说法中，正确的是（ ）
A．乙醇和乙酸分子中均含有一OH，均可与NaOH反应
B．甲烷和乙烯均能使酸性的高锰酸钾溶液褪色
C．苯分子是一种单双键交替排列的特殊结构，所以既可发生取代又能加成反应
D．煤和石油均为混合物
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．乙醇为中性物质，则乙酸与NaOH反应，故A错误；
B．甲烷与高锰酸钾不反应，而乙烯能使酸性的高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．苯易取代难加成，但苯中不含双键，苯中化学键为介于单键与双键之间特殊的化学键，故C错误；
D．煤和石油均为多种物质组成的混合物，故D正确；
故选D．
【分析】A．乙醇为中性物质；
B．甲烷与高锰酸钾不反应；
C．苯易取代难加成，但苯中不含双键；
D．煤和石油均为多种物质组成的混合物．
20．（2016高二下·常州开学考）下列除杂质选用试剂和主要操作都正确的是（ ）
物质 杂质 试剂 主要操作
A NaHCO3 Na2CO3 盐酸 加热
B SiO2 Fe2O3 盐酸 过滤
C I2 H2O 乙醇 萃取
D H2O Fe3+ NaOH 过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．二者均与盐酸反应，不能除杂，故A错误；
B．氧化铁与盐酸反应，而二氧化硅不能，则反应后过滤可除杂，故B正确；
C．乙醇与水互溶，不能萃取分离，故C错误；
D．铁离子与NaOH反应生成沉淀，但引入钠离子，不能除杂，故D错误；
故选B．
【分析】A．二者均与盐酸反应；
B．氧化铁与盐酸反应，而二氧化硅不能；
C．乙醇与水互溶；
D．铁离子与NaOH反应生成沉淀，但引入钠离子．
21．（2016高二下·常州开学考）对下列有机反应类型的认识中，错误的是（ ）
A． ；取代反应
B．CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br；加成反应
C．CH4+Cl2 CH3Cl+HCl；置换反应
D． ；酯化反应
【答案】C
【知识点】有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】解：A．苯中的H被硝基取代，则为苯的取代反应，故A正确；
B．碳碳双键断裂，每个C上各加1个﹣Br，则为乙烯的加成反应，故B正确；
C．甲烷中的H被﹣Cl取代，则为甲烷的取代反应，生成物中没有单质，不属于置换反应，故C错误；
D．乙酸中的﹣OH被乙氧基取代，为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，故D正确；
故选C．
【分析】A．苯中的H被硝基取代；
B．碳碳双键断裂，每个C上各加1个﹣Br；
C．甲烷中的H被﹣Cl取代；
D．乙酸中的﹣OH被乙氧基取代．
22．（2016高二下·常州开学考）下列关于物质用途的叙述中不正确的是（ ）
A．工业上利用蛋白质的水解反应生产肥皂和甘油
B．从石油中获得乙烯是工业生产乙烯的主要途径
C．通过海水可以制取氯化钠、镁、烧碱等物质
D．晶体硅是良好的半导体材料，可制成光电池等
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】解：A．蛋白质水解得到氨基酸，油脂水解可生产肥皂和甘油，故A错误；
B．乙烯主要来自于石油的裂解，故B正确；
C．海水中含有氯化钠、氯化镁等物质，通过海水可以制取氯化钠、镁、烧碱等物质，故C正确；
D．光电池的原料是晶体硅，硅是半导体材料，故D正确．
故选A．
【分析】A．蛋白质水解得到氨基酸；
B．石油裂解可得到乙烯；
C．海水中含有氯化钠、氯化镁等物质；
D．光电池的原料是晶体硅．
23．（2016高二下·常州开学考）向0.5L的AlCl3溶液中逐滴加入某浓度的NaOH溶液，得到的沉淀随NaOH溶液体积的变化如图所示．下列结果正确的是（ ）
A．反应过程中，沉淀最多时的质量为7.8g
B．AlCl3溶液的浓度为2.0 mol L﹣1
C．得到39g沉淀时，消耗的NaOH溶液体积一定为1.5 L
D．当V（NaOH）=4.0 L时，得到的溶液中含Na+、Cl﹣
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．由图可知，沉淀最多为1.00mol，其质量为1mol×78g/mol=78g，故A错误；
B．由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，则AlCl3溶液的浓度为 =2.0mol/L，故B正确；
C．得到39g沉淀时，存在两种情况，碱不足，或生成沉淀后碱过量，39 g Al（OH）3的物质的量0.5mol，
当NaOH溶液不足时，生成39g Al（OH）3所需NaOH的物质的量为：0.5mol×3=1.5 mol，需要NaOH溶液的体积 =1.5L；
当NaOH溶液过量时，还剩余39 g Al（OH）3，反应的39 g Al（OH）3溶解可以消耗0.5molNaOH，故共消耗NaOH的物质的量3.5mol，需要NaOH溶液的体积3.5L，或结合图象可知，消耗的NaOH溶液体积为1.5 L或3.5L，故C错误；
D．当V（NaOH）=4.0 L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl，得到的溶液中Na+、AlO2﹣、Cl﹣，故D错误；
故选B．
【分析】A．由图可知，沉淀最多为1.00mol；
B．由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀；
C．得到39g沉淀时，存在两种情况，碱不足，或生成沉淀后碱过量；
D．当V（NaOH）=4.0 L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl．
二、选学《化学与生活》模块的考生答A题，选学《有机化学基础》模块的考生答B题．
24．（2016高二下·常州开学考）化学与人们的“衣食住行“，休戚相关．
（1）①材料是人类赖以生存的重要物质基础．合金是被广泛应用的金属材料．钢属于 （填“铁合金”或“铝合金”）；铁锈蚀主要发生的是电化学腐蚀，其负极反应式为 ；无机非金属材料包括玻璃、水泥和 ．
②真丝织品与化纤织品是生活中最常用的面料，下列有关说法不正确的是 ．
A．真丝织品中主要含有C，H，O，N四种元素
B．可以用燃烧的方法来区分
C．化纤织品中成分遇到重金属盐，强酸，强碱，有机物等会产生沉淀而失去活性
D．两种产品都属于高分子材料
（2）①我国居民一般尿液偏酸性，平时饮食中应多吃 （填”肉类”，”几鸡蛋”，”水果”）等碱性食物；微量元素与人体健康密切相关，为了预防碘缺乏，启动了”食盐加碘”，就是在食盐中加适量的 ．如治疗缺铁性贫血可服用”亚铁丸”（内含有FeSO4，外面裹了一层糖衣），试设计实验判断该亚铁丸是否质 ．
②服药时要对症下药，胃舒平（主要成分Al（OH）3）适用于治疗 （填”感冒发热”，”细菌感染”，”胃酸过多”）．解热镇痛药阿司匹林的结构式为
请你写出其中含有的一个官能团的名称 ．
（3）①汽车尾气（主要有NO等物质）是城市的污染源．治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”（用铂．钯合金作催化剂）．它的特点是使CO与NO反应，生成无毒气体．写出CO与NO反应的化学方程式： ．
②获得洁净安全的饮用水是每个人的正常需要．某农村地区为获得饮用水，在将地表水取回家后，常使用漂白粉进行杀菌消毒，其原理可用化学方程式表示为
③奥运期间使用了全生物降解塑料袋，用于餐饮和处理垃圾，而不用传统的高分子材料聚乙烯、聚氯乙烯及聚苯乙烯等，这是为了防止 （填写环境术语）．“鸟巢”体育场内，各区座位席的通道口设有专门垃圾箱，箱体上分别用绿色和黑色字样标有“可回收物”和“其他垃圾”，如图图标表示 ．
【答案】（1）铁合金；Fe﹣2e﹣=Fe2+；陶瓷；C
（2）水果；碘酸钾；刮去药片上的糖衣，把药片碾碎，放入烧杯中，溶解，过滤后向滤液中加入硫氰酸钾，如果溶液变红色，说明已经变质，如果溶液没变红色说明没变质；胃酸过多；羧基
（3）2CO+2NO 2CO2+N2；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；白色污染；可回收物
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；常见的生活环境的污染及治理；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】解：（1）①钢是铁与碳的合金；
铁锈蚀主要发生的是电化学腐蚀，其负极发生氧化反应铁失去电子生成二价铁离子，电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；
常见的有玻璃、水泥、陶瓷等；
故答案为：铁合金；Fe﹣2e﹣=Fe2+；陶瓷；②A．真丝织品主要成分为蛋白质，主要含有C，H，O，N四种元素，故A正确；
B．真丝制品含有蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，化纤织品不具有此性质，故B正确；
C．真丝织品中成分遇到重金属盐，强酸，强碱，有机物等会产生沉淀而失去活性，化纤织品不含蛋白质不具有此性质，故C错误；
D．两种产品都属于高分子材料，故D正确；
故选：C；（2）①水果为碱性食物；加碘盐是指在食盐中加适量的碘酸钾；二价铁离子若变质则被氧化生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显血红色，所以检验亚铁丸是否变质方法：刮去药片上的糖衣，把药片碾碎，放入烧杯中，溶解，过滤后向滤液中加入硫氰酸钾，如果溶液变红色，说明已经变质，如果溶液没变红色说明没变质；
故答案为：水果；碘酸钾；刮去药片上的糖衣，把药片碾碎，放入烧杯中，溶解，过滤后向滤液中加入硫氰酸钾，如果溶液变红色，说明已经变质，如果溶液没变红色说明没变质；②氢氧化铝能够与盐酸反应消耗氢离子，所以可以用来治疗胃酸过多； 含有羧基和酯基；
故答案为：胃酸过多；羧基；（3）①CO与NO在催化剂作用下生成氮气和二氧化碳，方程式：2CO+2NO 2CO2+N2；
故答案为：2CO+2NO 2CO2+N2；②碳酸酸性强于次氯酸，漂白粉与空气接触后，会和二氧化碳水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能进行杀菌消毒漂白，反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，
故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；③塑料不易降解，影响环境的美观，所含成分有潜在危害，塑料用做包装材料多为白色，往往称为白色污染；可回收物可以重复利用，所以循环图标，
故答案为：白色污染；可回收物．
【分析】（1）①钢是铁与碳的合金；铁锈蚀主要发生的是电化学腐蚀，其负极发生氧化反应铁失去电子生成二价铁离子；无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料．常见的有玻璃、水泥、陶瓷等；②依据真丝织品成分为蛋白质，化纤织品是不添加纯天然纤维材料，纯粹由涤纶、锦纶、氨纶、丙纶、维纶、腈纶、粘胶、尼龙、醋酸纤维、天丝等材料中的一种或几种合成的布料制成的衣物，依据其性质判断解答；（2）①含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等；加碘盐中添加的为碘酸钾；二价铁离子若变质则被氧化生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显血红色；②氢氧化铝能够与盐酸反应消耗氢离子； 含有羧基和酯基；（3）①CO与NO在催化剂作用下生成氮气和二氧化碳；②漂白粉与空气接触后，会和二氧化碳水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能进行杀菌消毒漂白；③选用能够降解的塑料袋，为了防止不能降解而带来的环境污染；把垃圾分为可回收物和不可回收物．
三、非选择题
25．（2016高二下·常州开学考）如图中A～H都是中学化学中常见的物质，其中，常温下A能使铁或铝钝化，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，F是金属单质，G可以用作耐火材料，它们之间有如下转化关系．
（1）写出下列物质的化学式：E ，H ．
（2）写出A溶液与B反应的化学方程式： ．
试写出E与F的反应方程式： ．
【答案】（1）CO2；SO3
（2）C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O；2Mg+CO2 2MgO+C
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：常温下A能使铁或铝钝化，A为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，H为SO3，F是金属单质，G可以用作耐火材料，则F为Mg，G为MgO．（1）E为CO2，H为SO3，故答案为：CO2；SO3；（2）A溶液与B反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O，
E与F的反应方程式：2Mg+CO2 2MgO+C，
故答案为：C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O；2Mg+CO2 2MgO+C．
【分析】常温下A能使铁或铝钝化，A为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，H为SO3，F是金属单质，G可以用作耐火材料，则F为Mg，G为MgO，据此解答
26．（2016高二下·常州开学考）某化学研究性学习小组拟对一种焰火原料（由两种短周期的常见金属单质Li，Na，Mg，Al组成的合金粉末）进行探究．请完成下列探究报告．
【探究目的】探究该焰火原料的组成
【资料检索】①Mg2+检验方法：取2滴待检液，加入2滴2mol L﹣1NaOH溶液，再加入1滴镁试剂（Ⅰ）染料（对硝基苯偶氮苯二酚）．若出现沉淀并吸附镁试剂（Ⅰ）染料呈天蓝色，表示待检液中含有Mg2+．但Ag+、Cu2+、Fe3+、NH4+会妨碍Mg2+检出
②Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，其他的常见不溶碱难溶于氯化铵
③很多合金是金属互化物，有确定的化学组成
【探究思路】①确定焰火原料所含金属种类；②测定焰火原料的化学式
【实验探究】
（1）甲同学进行了初步试验，实验步骤和实验现象如下．请填写下表．
试验序号 实 验 步 骤 实 验 现 象 结 论
① 取少量该焰火原料加入冷水 无明显现象
② 取少量该焰火原料加入稀盐酸 完全溶解，有大量气体产生，溶液呈无色
（2）乙同学取甲第②组实验的溶液，加入镁试剂（Ⅰ）染料，得出合金中不含镁．乙的结论 （选填“正确”或“错误”），你的理由是 ．
（3）丙同学设计实验方案，确定焰火原料中的金属种类，实验记录如下．
由丙的实验记录可知，该焰火原料是由 和 两种金属组成的合金；实验中滤液加入足量氢氧化钠溶液后需煮沸，煮沸的理由是 ．
（4）丁同学利用丙同学的结论，设计如下图所示的实验步骤，确定合金组成．
问题讨论：
①能确定合金组成的数据组有 （填写选项字母）；
A．m、n B．m、y C．n、y
②若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，试在下图中作出y随x变化的曲线 ；
③当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，其化学式为
【答案】（1）不含Li、Na等活泼金属；可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种
（2）错误；由资料知，反应必须在碱性条件下进行
（3）Mg；Al；将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH4+干扰Mg2+的检验
（4）a、b、c；；Mg4Al3
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）①原料加入冷水无现象表明不含Li、Na等活泼金属，
故答案为；不含Li、Na等活泼金属；②原料与盐酸反应产生气体表明含有能与盐酸反应的较活泼的金属，可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种；
故答案为：可能含铍（Be）、镁（Mg）、铝（Al）三种金属中的任意两种；（2）第②组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀，从而不能吸附镁试剂（I）染料呈天蓝色，由资料知，反应必须在碱性条件下进行；
故答案为：错误；由资料知，反应必须在碱性条件下进行；（3）由图结合题意知该合金含镁、铝（不溶于足量饱和氯化铵溶液的白色沉淀既能溶液盐酸又能溶液氢氧化钠），由于Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，因此用镁试剂（Ⅰ）染料检验Mg2+时要排除NH4+的干扰，所以滤液加入足量氢氧化钠溶液将NH4+转化为NH3，煮沸将氨气赶出，
故答案为：Mg和Al；将NH4+转化为NH3，煮沸促进氨气逸出，防止NH4+干扰Mg2+的检验；（4）①镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量，已知镁的质量和镁铝生成氢气的体积可知铝的质量，则a、b、c都可测定合金的组成，
故答案为：a、b、c；②若合金中相对原子质量较小的金属的物质的量分数为x，金属总物质的量为7mol，相对分子质量较小的为镁，如x=0，则全被为铝，7mol铝反应生成10.5mol氢气，如全被为镁，即x=7，则生成氢气7mol，则图象为 ，
故答案为： ；③当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3，
则化学式为Mg4Al3，
故答案为：Mg4Al3．
【分析】（1）①Na、Li等活泼金属和与水反应；②能与盐酸反应为较活泼的金属；（2）第②组实验所得的溶液含有过量盐酸，加入2滴NaOH溶液则不会产生沉淀；（3）由题给信息可知Mg（OH）2可溶于浓的氯化铵溶液，应排除NH4+的干扰；（4）①镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据氢气的体积结合合金总质量可确定合金的组成，加入过量氢氧化钠得到的沉淀为氢氧化镁，灼烧后可得到氧化镁，根据氧化镁的质量可知镁的质量，则可知铝的质量；②利用端值法判断；③当y=8.5mol时，该合金是一种金属互化物，设合金中Mg为m mol，Al为n mol，则m+n=7 m+1.5n=8.5，解得m=4，n=3．
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