宁夏银川一中2015-2016学年高一下学期开学化学试卷Word版含解析

2015-2016学年宁夏银川一中高一（下）开学化学试卷一、选择题（每道题2分，共50分）1．下列实验中，所选装置不合理的是（）A．用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤B．分离Na2CO3溶液和油脂，选④C．用四氯化碳提取碘水中的碘，选③D．粗盐提纯，选①和②2．木炭与浓硝酸共热，产生的气体分为①②两份，将第一份气体先导入适量蒸馏水中再导入澄清石灰水中，将第二份气体直接导入澄清石灰水中，则石灰水的变化可能是（）A．①不变浑浊②变浑浊B．①变浑浊②不变浑浊C．①变浑浊②变浑浊D．①不变浑浊②变浅黄色3．4℃时，若20滴水恰好为1mL，那么1滴水中所含的水分子数约为（N A表示阿伏加德罗常数的值）（）A．20N A B．C．D．4．20gA物质和14gB物质恰好完全反应，生成8.8gC物质、3.6gD物质和0.2molE物质，则E物质的摩尔质量为（）A．100 gmol﹣1B．108 gmol﹣1C．55 gmol﹣1D．96 gmol﹣15．把7.2g铁粉投入40ml某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO的混合气体0.08mol．若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度（）A．3.5 moll ﹣1B．4.5 moll ﹣1C．7.0 moll ﹣1D．9.0 moll ﹣16．某硝酸的物质的量浓度为c mol/L，溶质的质量分数为a%，则此溶液的密度（g/cm3）为（）A．B．C．D．7．下列关于电解质的说法正确的是（）A．液态HCl不导电，所以HCl不是电解质B．BaSO4在水中难导电，但熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质C．SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D．NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质8．用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），可行的是（）气体 a b cA CO2稀盐酸CaCO3固体浓硫酸B NO2浓硝酸铜片NaOH溶液C SO2浓硫酸铜片酸性KMnO4溶液D NH3浓氨水生石灰浓硫酸A．A B．B C．C D．D9．如图，利用培养皿探究氨气的性质．实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面．下表中对实验现象所做的解释正确的是（）选项实验现象解释A 浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B 浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C 氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D 干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱A．A B．B C．C D．D10．某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42﹣、Al3+和M，经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M的物质的量之比为2：4：1：1，则M可能是下列中的（）A．Na+B．OH﹣C．Cl﹣D．S2﹣11．根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（）①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞Fe2+＞H2SO3＞NOC．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣12．ClO2是一种消毒杀菌效率高、污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2．2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法中正确的是（）A．KClO3在反应中是还原剂B．1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体C．在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂D．1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移13．甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是（）A．甲＜乙＜丙＜丁B．丁＜甲＜乙＜丙C．甲=丁＜乙=丙D．丁＜甲＜乙=丙14．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A．B．C．D．15．在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（）A．Mg2+、Al3+、Fe2+B．H+、Mg2+、Al3+C．H+、Ba2+、Al3+D．只有Mg2+、Al3+16．有一块铝铁合金，将其溶解于足量盐酸中，再加入过量NaOH溶液，在空气中静置至红褐色沉淀不再增加时，将沉淀滤出再灼烧至恒重，得到残留物的质量与原合金质量相同，则合金中铝的质量分数（）A．22.2% B．30% C．75.5% D．80.6%17．在硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸铜溶液中加入铁粉，充分反应后，滤出的不溶物除铜粉外，尚有少量铁粉，那么在滤液中（）A．肯定有Fe2+，可能有Fe3+B．只有Fe2+，没有Fe3+和Cu2+C．可能有Fe3+，可能有Cu2+D．肯定有Fe2+，可能有Fe3+、Cu2+18．已知酸性条件下有如下反应：2Cu+═Cu2++Cu．由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体．一同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物作了验证，实验操作和实验现象记录如下：加入试剂稀硫酸浓硫酸、加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体和蓝色溶液无色气体无色气体和蓝色溶液红棕色气体和蓝色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是（）A．Cu B．Cu2OC．一定有Cu2O，可能有Cu D．一定有Cu，可能有Cu2O19．下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是（）X Y ZA N a N aOH NaHCO3B C u C uSO4C u（OH）2C C CO CO2D S i SiO2H2SiO3A．A B．B C．C D．D20．某混合气体中可能含有Cl 2、O 2、SO 2、NO 、NO 2中的两种或多种气体．现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色．对于原混合气体成分的判断中正确的是（ ）A ．肯定有SO 2和NOB ．肯定没有Cl 2和NO 2，一定有O 2C ．可能有Cl 2和O 2D ．肯定只有NO21．用玻棒蘸取新制氯水滴在pH 试纸中部，观察到的现象是（ ）A ．B ．C ．D ．22．浓硫酸和2molL ﹣1的稀硫酸，在实验室中敞口放置．它们的质量和放置天数的关系如图，分析a 、b 曲线变化的原因是（ ）A ．a 升华、b 冷凝B ．a 冷凝、b 吸水C ．a 挥发、b 潮解D ．a 挥发、b 吸水23．在实验探究课上，同学们积极思考，共设计出如图所示的四种实验方案用以验证浓硫酸的吸水性，其中在理论上可行的是（ ）A ．①②③④B ．①③④C ．①②④D ．②③④24．部分氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）A．样品中Fe元素的质量为2.24 gB．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+C．样品中CuO的质量为4.0 gD．V=89625．标准状况下，使NO2和O2按4：1的体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为（）A．molL﹣1B．molL﹣1C．molL﹣1D．molL﹣1二、非选择题（26题7分，27、28题13分，29题17分，共50分）26．如图是常见物质之间的转化，其中A是芯片的主要成分，其对应的单质的结构与金刚石的结构是相似的，D、E外均含有A的元素．（1）试推测A、C、F（写化学式）．（2）试写出以下的化学方程式，是离子反应的写出离子方程式：B→A；C+E→F．（3）在B+碳→A+D的反应中，碳的作用是，当生成1 mol A时，转移电子的物质的量为．27．某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题．（1）下列方法中，可制得氯气的正确组合是（填序号）．①MnO2和浓盐酸混合共热②KMnO4和浓盐酸混合③次氯酸钠和浓盐酸混合④K2Cr2O7和浓盐酸混合⑤KClO3和浓盐酸混合A．①②⑤B．②④⑤C．①②④D．全部可以（2）若用含有0.2mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制取Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于1.12L的原因是．（3）①装置B的作用是，现象是．②装置D和E出现不同现象说明．③装置F的作用是．④写出装置G中发生反应的离子方程式：．（4）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种．为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再增加一个装置．你认为装置应加在与之间（填装置字母序号），装置中应放（填写试剂或用品名称）．28．铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．某研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金（不含其他元素）中镁的质量分数，设计下列实验方案进行探究．填写下列空白．[实验方案]将铝镁合金与足量稀硫酸反应，测定生成的气体在通常状况下（约20℃，1.01×105 Pa）的体积．[问题讨论]（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验：（如图1）①你认为最简易的装置的连接顺序是A接接接．（填接口字母，可不填满）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因．（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接试剂瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了如图2所示的实验装置．（碱式滴定管上的刻度数值上小下大）①装置中导管a的作用是．②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL，则产生氢气的体积为mL．29．实验室配制0.1molL﹣1的BaCl2溶液可分两个阶段进行，第一阶段：用托盘天平称取5.2g 无水BaCl2晶体．第二阶段：溶解晶体配制0.1molL﹣1的BaCl2溶液．第一阶段操作有如下几步：A．将游码拨至0.2g处；B．将游码拨至“0”处；C．在天平两边的托盘上各放一张干净的等质量的滤纸，调节天平两边的螺母使天平平衡；D．取走药品，将砝码放回砝码盒内；E．往左盘内逐步添加晶体至天平平衡；F．在右盘上放置5g砝码．（1）其正确的操作顺序是（填序号）：B→→→A→→→（2）在E操作中，只添加少量晶体时，其操作方法是．（3）第二阶段操作，应先将5.2g BaCl2加适量蒸馏水溶解，溶解过程中使用的主要仪器有．然后将溶液转入中，再经、、后即可得到0.1molL﹣1 BaCl2溶液．（4）下列操作使配制的BaCl2溶液浓度偏小的有（填序号）．A．将砝码放在左盘上，BaCl2放在右盘上进行称量B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D．整个配制过程中，容量瓶不振荡．2015-2016学年宁夏银川一中高一（下）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每道题2分，共50分）1．下列实验中，所选装置不合理的是（）A．用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤B．分离Na2CO3溶液和油脂，选④C．用四氯化碳提取碘水中的碘，选③D．粗盐提纯，选①和②【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．【分析】由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取（或分液）、蒸馏、洗气装置，A．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁；B．Na2CO3溶液和油脂分层；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl．【解答】解：A．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故A正确；B．Na2CO3溶液和油脂分层，则选择③，故B错误；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故C正确；D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物分离提纯，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离方法及原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．2．木炭与浓硝酸共热，产生的气体分为①②两份，将第一份气体先导入适量蒸馏水中再导入澄清石灰水中，将第二份气体直接导入澄清石灰水中，则石灰水的变化可能是（）A．①不变浑浊②变浑浊B．①变浑浊②不变浑浊C．①变浑浊②变浑浊D．①不变浑浊②变浅黄色【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氮族元素．【分析】木炭与浓硝酸共热可以得到二氧化碳和二氧化氮两种气体，二氧化氮溶于水，得到硝酸和一氧化氮，二氧化碳几乎不溶于水，但是可以使石灰水变浑浊．【解答】解：木炭与浓硝酸共热可以得到二氧化碳和二氧化氮两种气体，气体先导入适量蒸馏水中，二氧化氮溶于水，得到硝酸和一氧化氮，二氧化碳几乎不溶于水，再导入澄清石灰水中，二氧化碳可以使石灰水变浑浊，即①变浑浊；气体直接导入澄清石灰水中，二氧化氮溶于水，得到硝酸和一氧化氮，二氧化碳和氢氧化钙反应生成的碳酸钙会被硝酸溶解，即②不变浑浊． 故选B ．【点评】本题考查学生焦炭和浓硝酸之间的反应以及二氧化碳和二氧化氮的性质知识，属于综合知识的考查，难度不大．3．4℃时，若20滴水恰好为1mL ，那么1滴水中所含的水分子数约为（N A 表示阿伏加德罗常数的值）（ ）A ．20N AB ．C ．D ．【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据N=nN A =计算1滴水中所含的水分子数，4℃时，1mL 水的质量是1g ，20滴水恰好为1mL ，那么1滴水的质量是0.05g ．【解答】解：4℃时，1mL 水的质量是1g ，20滴水恰好为1mL ，那么1滴水的质量是0.05g ，1滴水中所含的水分子数N=nN A ===，故选B ．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数计算，灵活运用公式是解本题的关键，难度不大．4．20gA 物质和14gB 物质恰好完全反应，生成8.8gC 物质、3.6gD 物质和0.2molE 物质，则E 物质的摩尔质量为（ ）A ．100 gmol ﹣1B ．108 gmol ﹣1C ．55 gmol ﹣1D ．96 gmol ﹣1 【考点】摩尔质量．【分析】根据质量守恒可计算E 的质量，结合M=计算摩尔质量．【解答】解：化学反应遵循质量守恒定律，则应有m （A ）+m （B ）=m （C ）+m （D ）+m （E ），则m（E）=20g+14g﹣8.8g﹣3.6g=21.6g，M（E）==108g/mol，故选B．【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度不大，本题注意从质量守恒定律的角度解答该题．5．把7.2g铁粉投入40ml某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO的混合气体0.08mol．若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度（）A．3.5 moll ﹣1B．4.5 moll ﹣1C．7.0 moll ﹣1D．9.0 moll ﹣1【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】把7.2g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO+NO2），据此解答．【解答】解：把7.2g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量=7.2g﹣1.6g=5.6g，其物质的量==0.1mol，故n[Fe（NO3）]=0.1mol，2反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO+NO2）=0.1mol×2+0.08mol=0.28mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度=7.0 moll ﹣1，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从N 元素守恒的角度解答该题，难度中等．6．某硝酸的物质的量浓度为c mol/L，溶质的质量分数为a%，则此溶液的密度（g/cm3）为（）A．B．C．D．【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】设该硝酸溶液的密度为x，溶液的体积为VL，根据物质的量浓度计算出溶液中溶质的质量分数，然后计算出x的值．【解答】解：设该硝酸溶液的密度为xg/cm3，溶液的体积为VL，溶液的质量为1000Vx，溶液中溶质的质量为：c mol/L×VL×63g/mol=63Vcg，该溶液中溶质的质量分数为：×100%==a%，解得：x=，故选C．【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，要求学生熟练掌握物质的量浓度的计算方法，试题基础性强，贴近高考，该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练．7．下列关于电解质的说法正确的是（）A．液态HCl不导电，所以HCl不是电解质B．BaSO4在水中难导电，但熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质C．SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D．NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，能完全电离的电解质是强电解质．【解答】解：A．液态HCl不导电，但在水溶液中能电离出离子导电，所以HCl是电解质，故A错误；B．BaSO4在水中难导电，但熔融状态下完全电离能导电，所以BaSO4是电解质，故B正确；C．SO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成了电解质亚硫酸，二氧化硫本身不能导电，所以SO2是非电解质，故C错误；D．NH3溶于水形成的溶液能导电，是因为氨气和水反应生成了电解质一水合氨，氨气自身不能电离出离子，所以NH3是非电解质，故D错误；故选B．【点评】本题考查了电解质和强电解质的判断，明确概念的实质是解题关键，注意条件的分析判断，题目较简单．8．用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），可行的是（）气体 a b cA CO2稀盐酸CaCO3固体浓硫酸B NO2浓硝酸铜片NaOH溶液C SO2浓硫酸铜片酸性KMnO4溶液D NH3浓氨水生石灰浓硫酸A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．【分析】由实验装置图可知，该装置为液体与固体（或液体）在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并且气体密度大于空气，用向上排空法收集，再进一步考虑选项中气体的净化是否合理，以此解答该题．【解答】解：A．盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故A正确；B．NO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，故B错误；C．浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，且二氧化硫不能用高锰酸钾溶液提纯，故C错误；D．氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，且不能利用浓硫酸干燥，故D错误．故选A．【点评】本题考查实验装置综合及常见气体的制备实验，为高频考点，题目难度中等，把握常见物质的性质及气体的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查．9．如图，利用培养皿探究氨气的性质．实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面．下表中对实验现象所做的解释正确的是（）选项实验现象解释A 浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B 浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C 氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D 干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱A．A B．B C．C D．D【考点】氨的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，与氯化物发生复分解反应生成氢氧化物，氨水易挥发，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成．【解答】解：A、NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，故A正确；B、氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，故B错误；C、氨气与氯化物发生复分解反应生成氢氧化物，如氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al（0H）3，也可能为Mg（OH）2等沉淀，故C错误；D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3H2O，电子生成OH﹣离子，溶液呈碱性，但氨气为非电解质，不属于碱，故D错误．故选A．【点评】本题考查氨气的性质，题目难度不大，本题易错点为D项，注意氨气与NH3H2O 的性质区别．10．某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42﹣、Al3+和M，经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M的物质的量之比为2：4：1：1，则M可能是下列中的（）A．Na+B．OH﹣C．Cl﹣D．S2﹣【考点】离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】根据电荷守恒判断M离子，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子．【解答】解：根据题目条件和电荷守恒可知：3n（Fe3+）+3n（Al3+）=2n（SO42﹣）+n（M），即：2×3+3×1=2×4+M，M=1，M应带有1个单位的负电荷，又OH﹣离子不能与Al3+、Fe3+大量共存，所以M只能为选项中的Cl﹣．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，本题的关键为根据电荷守恒判断离子的种类，题目难度不大．11．根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（）①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞Fe2+＞H2SO3＞NOC．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱．【解答】解：①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I﹣，②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I﹣＞Fe2+，③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO，显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键．12．ClO2是一种消毒杀菌效率高、污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2．2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法中正确的是（）A．KClO3在反应中是还原剂B．1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体C．在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂D．1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，反应中KClO3为氧化剂，H2C2O4为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题．【解答】解：A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低，被含有，则KClO3为氧化剂，故A错误；B．根据化学方程式，2molKClO3参加反应，生成气体的物质的量是4mol，1molKClO3参加反应，生成气体的物质的量是2mol，即能得到标准状况下44.8L气体，故B错误；C．C元素的化合价升高，则反应中H2C2O4是还原剂，故C错误；D.1 mol KClO3参加反应时，发生电子转移为1mol×（5﹣4）=1mol，故D正确．故选D．【点评】本题以含氯化合物为载体考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子数的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．13．甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是（）A．甲＜乙＜丙＜丁B．丁＜甲＜乙＜丙C．甲=丁＜乙=丙D．丁＜甲＜乙=丙【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】先根据钠原子守恒计算溶质的质量，再根据反应方程式计算溶液的质量，从而计算溶液的质量分数．【解答】解：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 将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜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、氢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，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：、，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙．故选D．【点评】本题以钠及其化合物的性质考查了溶液质量分数大小的比较，难度较大，明确溶液质量增加的量是解本题的关键．14．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A．B．C．D．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度．【解答】解：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m（减少）2×84 106 62x （w1g﹣w2g），解得x=，则w（Na2CO3）==，故选B．【点评】本题考查学生利用反应前后的固体的质量查来进行计算，明确发生的化学反应及固体质量差的应用是解答的关键．15．在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（）A．Mg2+、Al3+、Fe2+B．H+、Mg2+、Al3+C．H+、Ba2+、Al3+D．只有Mg2+、Al3+【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据图象，可以看出分为4个阶段：第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，即部分沉淀溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加．【解答】解：第一阶段无沉淀，水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，故选B．【点评】本题考查金属镁以及金属铝的化合物的有关性质，注意氢氧化铝能和强碱反应是解题的关键所在，难度不大．16．有一块铝铁合金，将其溶解于足量盐酸中，再加入过量NaOH溶液，在空气中静置至红褐色沉淀不再增加时，将沉淀滤出再灼烧至恒重，得到残留物的质量与原合金质量相同，则合金中铝的质量分数（）。