2016年成都一诊化学及答案

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四川省成都市青羊区2016年中考化学一诊试卷(含解析)

四川省成都市青羊区2016年中考化学一诊试卷一、选择题1．下列控制雾霾的措施正确的是（）A．直接燃烧煤炭 B．露天焚烧秸秆C．大量使用燃油汽车 D．充分利用太阳能【分析】A、从燃烧煤炭的危害去分析解答；B、从露天焚烧秸秆的危害分析解答；C、从燃油产生的污染物去分析解答；D、从太阳能是清洁能源去分析解答．【解答】解：A、燃烧煤炭会产生大量的二氧化硫、二氧化氮、可吸入颗粒物等空气污染物，故错误；B、露天焚烧秸秆，会产生大量的有害气体和烟尘造成空气污染，故错误；C、汽车尾气中含有一氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、氮的氧化物、含铅化合物和烟尘等，故错误；D、太阳能是清洁能源，使用过程中不会产生二氧化硫、二氧化氮、可吸入颗粒物等空气污染物，故正确；故选：D．【点评】环境的污染与保护是社会关注的焦点问题，与之相关的考题就成为中考的热点之一．解答本题关键是看是否减少了对空气中可吸收颗粒物的释放．2．下列各种物质的用途中，主要利用了其化学性质的是（）A．活性炭用于净水 B．钨用于制灯泡中的灯丝C．焦炭用于冶炼金属 D．液氮用于医疗上冷冻麻醉【分析】物理性质是指物质不需要发生化学变化就表现出来的性质．化学性质是指物质在化学变化中表现出来的性质．而化学变化的本质特征是变化中有新物质生成，因此，判断物理性质还是化学性质的关键就是看表现物质的性质时是否有新物质产生．【解答】解：A、活性炭用于净水是利用活性炭的吸附性，没有新物质生成，属于物理性质，故A错；B、钨用于制灯泡中的灯丝是利用钨丝的熔点高，属于物理性质，故B错；C、焦炭用于冶炼金属是利用焦炭的还原性，把金属从化合物中还原出来，所以发生了化学变化，属于化学性质，故C正确；D、液氮用于医疗上冷冻麻醉是利用液氮气化时吸热降温，属于物理性质，故D错．故选C．【点评】物理性质、化学性质是一对与物理变化、化学变化有密切关系的概念，联系物理变化、化学变化来理解物理性质和化学性质，则掌握起来并不困难．3．，其中“a”代表的是（）A．氧气 B．氮气 C．其他成分 D．稀有气体【分析】根据空气的成分及各成分的体积分数进行分析判断即可．【解答】解：空气的成分及各成分的体积分数分别是：氮气占78%、氧气占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%、其它气体和杂质占0.03%．由图可知，a占的体积分数最大，是氮气．故选B．【点评】本题很简单，熟练掌握空气的成分及其体积分数即可轻松正确解答本题．4．下列实验现象中，描述正确的是（）A．木炭在氧气中燃烧，有无色刺激性气味气体生成B．红磷在氧气中剧烈燃烧，有黄色火焰，有大量白雾生成C．向紫色石蕊溶液中通入二氧化碳气体，溶液由紫色变为红色D．铁丝在空气中剧烈燃烧，放出大量的热，火星四射，有黑色熔融物溅落瓶底【分析】A、根据木炭在氧气中燃烧的现象进行分析判断．B、根据红磷燃烧的现象进行分析判断．C、根据向紫色石蕊溶液中通入二氧化碳气体的现象进行分析判断．D、根据铁丝在空气中不能燃烧进行分析判断．【解答】解：A、木炭在氧气中燃烧，发出白光，有无色无味气体生成，故选项说法错误．B、红磷燃烧时，产生大量的白烟，而不是白雾，故选项说法错误．C、向紫色石蕊溶液中通入二氧化碳气体，溶液由紫色变为红色，故选项说法正确．D、铁丝在空气中不能燃烧，故选项说法错误．故选C．【点评】本题难度不大，掌握常见物质燃烧的现象即可正确解答；在描述物质燃烧的现象时，需要注意光和火焰、烟和雾、实验结论和实验现象的区别．5．下列有关分子、原子、离子的说法正确的是（）A．分子是保持物质性质的最小粒子B．物质都是由分子构成的C．原子是由原子核、中子、电子构成D．原子得失电子后形成离子【分析】A、根据分子的特性考虑；B、根据物质的构成考虑；C、根据原子的构成考虑；D、根据离子的概念考虑．【解答】解：A、分子是保持物质化学性质的最小粒子，故A错；B、构成物质的基本粒子有分子、原子、离子，故B错；C、原子是由原子核和核外电子构成，原子核是由质子和中子构成，故C错；D、带电的原子或原子团叫做离子，所以原子得失电子后就带上了电荷，形成离子，故D正确．故选D．【点评】解答本题的关键是要知道物质的构成，分子的特点，原子的构成和离子的概念．6．某气体只能用向上排空气法收集，由此得出它应具备下列性质的选项是①不易溶于水②易溶或能溶于水③密度比空气大④密度比空气小（）A．①③ B．②③ C．①④ D．②④【分析】根据气体的密度和气体的溶解性选择气体的收集方法．【解答】解：该气体只能用向上排空气法收集不能用排水法收集，故该气体能溶于水或易溶于水，还有可能和水反应；该气体只能用向上排空气法收集，说明该气体密度比空气密度大，故②③说法正确，故选B．【点评】本题是对气体收集方法的考查，侧重基础注重学生分析能力的培养．7．下列安全措施不正确的是（）A．燃放烟花爆竹时，远离人群和可燃物B．天然气泄漏，立即关闭阀门并开窗通风C．正在使用的家用电器着火，立即用水浇灭D．燃着的酒精灯不慎碰倒，洒出的酒精在桌面上燃烧起来，立即用湿布盖灭【分析】A、根据火药能燃烧爆炸的性质判断．B、根据天然气与空气混合后遇明火可能发生爆炸的性质判断．C、根据自然界的水能导电的性质判断．D、根据灭火的原理判断．【解答】解：A、燃放烟花爆竹时，火药能燃烧爆炸，所以要远离人群和可燃物，故A正确．B、天然气与空气混合遇明火可能发生爆炸，开窗通风，一者能降低天然气的温度，防止它达到着火点，二者可稀释天然气，防止达到爆炸极限，故B正确．C、正在使用的家用电器着火，立即用水浇灭，易连电短路，或造成触电事故，故C错误．D、燃着的酒精灯不慎碰倒，引起失火，火势小易控制，可用湿布盖上以隔绝空气或氧气，达到灭火的目的，故D正确．故选C．【点评】生命重于泰山，在生产、生活、科学实验中，有时会出现一些安全事故，如火灾、爆炸、中毒、触电、化学品腐蚀等，了解事故发生的原理，学会预防和防护的措施，是保障人身生命安全的第一要务．8．下列解决生活中实际问题的方法与相应科学原理不对应的是（）选项方法科学原理A 用洗涤灵清洗油污利用了洗涤灵乳化作用B 醋除去热水瓶中的水垢水垢能溶解在醋酸里C 锅盖盖灭着火的油锅温度降低到着火点以下D 锈蚀的锁芯中加少量铅笔芯屑石墨有润滑作用A．A B．B C．C D．D【分析】A、根据用洗涤灵清洗餐具上的油污，是将大的油滴分解成小的油滴，再用水将其冲掉属于乳化作用判断．B、根据水垢的成分、酸的化学性质进行分析判断．C、根据灭火的原理进行分析判断．D、根据石墨具有润滑性进行分析解答．【解答】解：A、用洗涤灵清洗餐具上的油污，是将大的油滴分解成小的油滴，再用水将其冲掉属于乳化作用，故选项解释正确．B、水垢的主要成分是碳酸钙，能与酸反应，用醋除去热水瓶中的水垢是利用了水垢能溶解在醋酸里，故选项解释正确．C、锅盖盖灭着火的油锅，是利用了隔绝氧气的原理，故选项解释错误．D、铅笔芯粉末含有石墨，石墨具有润滑性，可用于开启不经常使用的锁，故选项解释正确．故选C．【点评】本题难度不大，掌握常见的溶解原理、灭火的原理、酸的化学性质等是正确解答本题的关键．9．下列关于四种粒子结构示意图的说法正确的是（）A．①③属于不同种元素 B．④属于离子，离子符号为Mg2﹣C．②③的化学性质相似 D．①④均达到相对稳定的结构【分析】A、依据同种元素质子数相同分析判断；B、依据离子中质子数与核外电子数不等以及离子符号的书写要求分析判断；C、依据元素的性质和最外层电子数关系密切分析解决；D、根据通常认为最外层有8个电子（最外层是第一电子层时有2个电子）的结构是一种稳定结构进行解答．【解答】解：A、同种元素质子数一定相同，①③的质子数都是17，所以两者属于同种元素，故A错误；B、由于离子中质子数与核外电子数不等，而④中质子数比电子数多2是镁离子，其符号应该是Mg2+，故B错误；C、因为元素的性质和最外层电子数关系密切，所以最外层电子数相同则化学性质相似，②③的最外层电子数分别是1、7，故性质不会相似，故C错误；D、根据通常认为最外层有8个电子（最外层是第一电子层时有2个电子）的结构是一种稳定结构，而①④的最外层电子数都是8，是一种稳定结构，故D正确．故选：D．【点评】了解原子结构示意图与离子结构示意图的区别和联系；掌握核外电子在化学变化中的作用和得失电子的规律特点是解题的关键．10．在隔绝空气情况下，用木炭还原氧化铜，下列叙述正确的是（）A．反应前后固体的质量保持不变B．反应前后固体中氧原子的个数保持不变C．反应中铜元素在固体中的质量分数逐渐增大D．反应后固体减轻的质量等于氧化铜中氧元素的质量【分析】根据木炭还原氧化铜的反应原理书写化学方程式，根据化学方程式C+2CuO2Cu+CO2↑，并结合质量守恒定律进行分析，作出正确的判断．【解答】解：木炭还原氧化铜的化学反应方程式为：C+2CuO2Cu+CO2↑；A、根据该反应方程式知，反应前固体的质量应等于反应后生成的铜的质量与二氧化碳的质量和，所以反应后固体的质量应减小，故错误；B、根据该反应方程式知，反应前固体的质量应等于碳的质量与氧化铜的质量和，而反应后的固体为铜，铜中不含有氧元素，所以反应前后固体中氧元素的质量应减小，氧原子的个数改变，故错误；C、根据该反应方程式知，反应前固体的质量应等于碳的质量与氧化铜的质量和，而反应后的固体为铜，所以反应中铜元素在固体中的质量分数逐渐变大，故正确；D、根据质量守恒定律知，反应前后固体减轻的质量等于反应后生成的二氧化碳的质量，故错误；故选：C．【点评】正确书写反应的化学方程式，并明确质量守恒定律的应用，是解答此题的关键．11．A．为白色固体 B．硬度较大C．具有良好的导电性 D．燃烧能生成二氧化碳【分析】A、根据石墨烯是由碳元素组成，不是白色考虑B、根据它是一种透明的良好导体和最薄、最硬的纳米材料考虑；C、根据它是一种透明的良好导体和最薄、最硬的纳米材料考虑；D、根据石墨烯的元素组成考虑．【解答】解：A、石墨烯是由碳元素组成，不是白色，故A错；B、它是一种透明的良好导体和最薄、最硬的纳米材料，故B对；C、它是一种透明的良好导体和最薄、最硬的纳米材料质，故C对；D、石墨烯由碳元素一种元素组成，所以完全燃烧时，碳与氧结合生成二氧化碳，故D对．故选A．【点评】解答本题关键是要知道物质燃烧是物质与空气中氧气结合．12．进行性质实验，下列相关说法错误的是（）A．注入水，试管内反应的化学方程式是CaO+H2O═Ca（OH）2B．锥形瓶中氨分子运动速率保持不变C．烧杯中的导管口有气泡，酚酞溶液变成红色D．一段时间后烧杯中的液体倒吸入导管中【分析】A、根据氧化钙和水反应生成氢氧化钙进行分析；B、根据氧化钙和水反应放出热量，氨分子的运动速率加快进行分析；C、根据氧化钙和水反应放出热量，锥形瓶内的压强增大，所以烧杯中的导管口有气泡，氨气溶于水形成的氨水使酚酞溶液变成红色进行分析；D、根据一段时间后，锥形瓶内的温度恢复到室温，压强减小，烧杯中的液体倒吸入导管中进行分析．【解答】解：A、据氧化钙和水反应生成氢氧化钙，试管内反应的化学方程式是CaO+H2O═Ca （OH）2，故A正确；B、氧化钙和水反应放出热量，氨分子的运动速率加快，故B错误；C、氧化钙和水反应放出热量，锥形瓶内的压强增大，所以烧杯中的导管口有气泡，氨气溶于水形成的氨水使酚酞溶液变成红色，故C正确；D、一段时间后，锥形瓶内的温度恢复到室温，压强减小，烧杯中的液体倒吸入导管中进，故D正确．故选：B．【点评】在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合题中的反应原理和选项中的问题进行分析．13．2CaCO3+H2O+CO2↑，一定量的固体在密闭容器中受热分解（此过程CaCO3不分解）下列图象表示该过程中某些量的变化趋势，其中错误的是（）A． B． C．D．【分析】根据碳酸氢钙受热分解成碳酸钙、水和二氧化碳，依据选项中图象中横纵坐标表示的数据进行分析．【解答】解：A、刚开始加热时，温度不能达到碳酸氢钙的分解温度，因此要经过一段时间后，碳酸氢钙才开始分解，当碳酸氢钙完全分解后，容器中仍然有一定量的固体﹣﹣碳酸钙，故A正确；B、因为反应在密闭容器中进行，因此碳元素的质量始终不变，故B正确；C、当碳酸氢钙完全分解后，碳酸钙的质量不再增加，故C错误；D、加热一段时间后，产生二氧化碳，当碳酸氢钙完全分解后，二氧化碳质量不再增加，故D正确．故选：C．【点评】实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础．14．（3分）我国具有丰富的煤炭资源，煤制取乙二醇的产业发展已列入我国化石产业调整和振兴规划，由煤制取乙二醇流程示意图如图．下列相关说法正确的是（）A．煤属于可再生资源B．煤和合成气均属于纯净物C．合成气可用作气体燃料，其中氢气燃烧的化学方程式为：H2+O2H2OD．从物质组成的角度考虑，仅用合成气为原料不可能得到的物质是尿素[CO（NH2）2]【分析】A、根据能源的特点进行分析；B、根据混合物与纯净物的概念进行分析；C、根据根据质量守恒定律、以及氢气和氧气在点燃的条件下生成水进行分析；D、根据质量守恒定律的应用进行分析判断．【解答】解：A、煤、石油和天然气属于化石燃料，是不可再生能源，故说法错误；B、煤的主要成分是碳，还含有硫等物质，属于混合物；合成气是一氧化碳和氢气中的混合气，属于混合物；故说法错误；C、氢气与氧气在点燃的条件下反应生成水，化学方程式为：2H2+O22H2O，故说法错误；D、由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变，可知反应前元素有三种即碳、氢、氧，反应后不会出现氮元素，所以仅用合成气为原料不可能得到的物质是尿素[CO（NH2）2]，故说法正确；故选：D．【点评】本题难度不大，是对能源利用的考查，掌握微观模拟图表示的意义、质量守恒定律等是正确解答本题的关键．15．二氧化碳与水反应生成碳酸与电源正极相连的玻璃管中生成的气体是氧气不同物质着火点不同向小试管中加入适量干冰，看到U型管中左侧液面上升、右侧液面下降A．A、 B．B、 C．C、 D．D、【分析】A、根据二氧化碳能溶于水，但产物碳酸需利用其性质检验进行分析；B、根据同性相斥，异性相吸进行分析；C、根据燃烧条件进行分析；D、根据干冰升华吸热进行分析．【解答】解：A、二氧化碳能溶于水，是否会有产物碳酸需用酸碱指示剂检验，故A错误；B、氧元素在水中的化合价是负价，带负电，向正极移动，所以与电源正极相连的玻璃管中生成的气体是氧气，故B正确；C、根据可燃物燃烧的条件，该实验中可燃物已与氧气接触，可燃物燃烧只需要温度达到着火点，故A正确；D、干冰升华吸热，所以向小试管中加入适量干冰，看到U型管中左侧液面上升、右侧液面下降，故D正确．故选：A．【点评】本题通过图示对多个实验进行探究，既培养学生的鉴别能力又巩固学过的知识，可谓一举兼得．二、解答题（共1小题，满分11分）16．根据如图1钠元素在周期表中的信息，将图2方框内①﹣⑤项内容补充完整：①22.99 ；②11 ；③ 1 ；④失；⑤Na+．（2）人体所需的钠元素主要来源于饮食中的氯化钠．氯化钠中氯元素的化合价为﹣1 ，其中钠元素和氯元素的质量比为23：35.5 ．（3）过氧化钠（Na2O2）可用在潜水、航天等缺氧场合，是因为它能将人体呼出的CO2转化为O2，同时生成碳酸钠．①过氧化钠属于BC ．A．混合物 B．氧化物 C．化合物②过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．【分析】（1）根据元素周期表和原子结构示意图的信息来分析解答；（2）根据化合物中元素化合价的计算方法以及元素质量比的计算方法来分析；（3）根据过氧化钠是由钠元素和氧元素组成的纯净物，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气进行解答．【解答】解：（1）①元素周期表中，正下方的数字即为该元素的相对原子质量；②在原子中，原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，钠原子的原子序数为11，即X=11；③那么2+8+Y=11，Y=1；④钠原子最外层只有1个电子，最外层少于4个电子易失，因此在化学反应中钠原子易失去这1个电子而带1个单位的正电荷；⑤钠离子带1个单位的正电荷，其离子符号为：Na+；故答案为：①22.99；②11；③1；④失；⑤Na+；（2）在氯化钠中，钠元素显+1价，设氯元素的化合价为x，则（+1）+x=0，x=﹣1；氯化钠中钠元素与氯元素的质量比为：23：35.5；故填：﹣1；23：35.5；（3）①过氧化钠是由钠元素和氧元素组成的纯净物，所以属于化合物，也属于氧化物；故填：BC；②过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．故填：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．【点评】本题主要考查了元素周期表的理解、运用以及物质的组成和性质，属于基础知识的考查，难度较小．三、解答题（共2小题，满分9分）17．2015年4月6日，漳州PX项目发生爆炸并引起大火，PX项目又一次引起人们的热议．PX 是1，4﹣二甲苯（化学式为C8H10）的别称．请计算：（1）PX的相对分子质量为106 ．（2）PX中碳元素的质量分数为90.6% （精确到0.1%）．【分析】（1）根据相对分子质量为构成分子的各原子的相对原子质量之和，进行分析解答．（2）根据化合物中元素的质量分数=×100%，进行分析解答．【解答】解：（1）PX的相对分子质量为12×8+1×10=106．故填：106；（2）PX中碳元素的质量分数为≈90.6%；故填：90.6%．【点评】本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的有关计算进行分析问题、解决问题的能力．18．除去．反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O．若反应后得到56g N2，理论上消耗氨气多少克？【分析】可根据氮气的质量，利用反应的化学方程式，求出氮气和氨气的质量比，列出比例式进行求解．【解答】解：设消耗氨气的质量为x2NH3+NO+NO22N2+3H2O34 56X 56克解之得：x=34g答：消耗氨气的质量为34克．【点评】本题主要考查学生利用化学方程式进行简单计算的能力，比较简单，关键是步骤要规范．四、解答题（共2小题，满分23分）19．（11分）根据如图回答问题．（1）仪器a的名称是集气瓶．（2）实验室用过氧化氢制取氧气的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，选用的收集装置是 C （填字母序号，下同），如图E所示实验中，热水的作用是使温度达到白磷的着火点、使水中的白磷与氧气隔绝．（3）实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，选用的发生装置是 B ．验证集气瓶中二氧化碳是否收集满的方法是将一根燃烧的木条平放在集气瓶口，木条熄灭，证明满了．【分析】（1）熟记仪器的名称；（2）通常情况下，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下，分解生成水和氧气；氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水；白磷的着火点是40℃，水能使水中的白磷和氧气隔绝；（3）实验室通常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，反应不需要加热，大理石和石灰石的主要成分是碳酸钙，能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；根据二氧化碳的性质来确定验满方法．【解答】解：（1）仪器a是集气瓶；故填：集气瓶；（2）实验室用过氧化氢制取氧气的化学方程式为为：2H2O22H2O+O2↑；氧气的密度比空气大，可以用向上排空气法收集，即用C装置收集；如图E所示实验中，热水的作用是使温度达到白磷的着火点，使水中的白磷与氧气隔绝．故填：2H2O22H2O+O2↑；C；使温度达到白磷的着火点；使水中的白磷与氧气隔绝．（3）实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳的化学方程式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；碳酸钙和稀盐酸反应不需要加热，应该用B装置作为发生装置；二氧化碳的验满方法是：将一根燃烧的木条平放在集气瓶口，木条熄灭，证明满了．故答案为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；B；将一根燃烧的木条平放在集气瓶口，木条熄灭，证明满了．【点评】本考点主要考查了仪器的名称、气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了化学方程式的书写和二氧化碳的验满方法，综合性比较强．气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关．本考点是中考的重要考点之一，主要出现在实验题中．20．如图1是燃气热水器示意图．（1）某热水器以天然气为燃气．①写出天然气完全燃烧的化学方程式CH4+2O2CO2+2H2O ．②当“空气进气孔”被部分堵塞，燃烧将产生有毒气体M，M的化学式为CO ．（2）1kg不同燃料燃烧产生CO2和SO2的质量如表所示．燃料燃烧产物质量/gCO2SO2汽油2900 5.0天然气2500 0.1煤2500 11.0①其中较清洁的燃料是天然气．使用煤作燃料时最易形成酸雨．②酸雨形成过程中某一步反应的微观示意图如图2，则该反应的化学方程式为2SO2+O22SO3，反应中“”和“”的质量比为1：5 ．【分析】根据已有的物质的性质进行分析解答，甲烷燃烧生成的是二氧化碳和水，根据含碳物质不完全燃烧会生成一氧化碳解答；根据表格推断清洁的燃料和易造成酸雨的燃料；根据微观模拟示意图写出有关反应的化学方程式，并判断物质的质量比．【解答】解：（1）①甲烷燃烧生成二氧化碳和水，故填：CH4+2O2CO2+2H2O；②含碳物质不完全燃烧会生成一氧化碳，故填：CO；（2）①根据表格可以看出，最清洁的燃料是天然气，煤燃烧释放的二氧化硫最多，最易形成酸雨，故填：天然气，煤；②据图可以看出，该反应是二氧化硫和氧气在哦高温催化剂的作用下反应生成了三氧化硫，氧气和三氧化硫的质量比为：32：2×80=1：5，故填：2SO2+O22SO3，1：5．【点评】本题考查的是化学与能源的知识，完成此题，可以依据已有的知识结合题干提供的信息进行．五、解答题（共1小题，满分12分）21．小方用如图1所示装置对二氧化碳的灭火实验进行研究，实验的结论是二氧化碳不支持燃烧，也不能燃烧；相同条件下，二氧化碳的密度比空气的大．（2）【提出问题】二氧化碳能否支持燃烧？【猜想假设】镁能在二氧化碳中燃烧．【查阅资料】①氧化镁、氢氧化镁均是白色难溶于水的固体．②MgO+2HCl=MgCl2+H2O、③MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl．【实验探究】。

2016级一诊化学试题

2016级第一次诊断性考试理科综合能力测试（化学）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64 Au 1977．化学与社会、生活密切相关，下列说法错误的是A．压榨菜籽油和浸出菜籽油都利用了萃取原理B．用碳粉和铁粉制作的“双吸剂”使用时会发生电化学腐蚀C．绿色化学最理想的“原子经济”就是反应物原子利用率为100%D．推广使用可降解塑料可以减少“白色污染”89．N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A．0.2 g H218O与D216O的混合物中所含中子数为0.1N AB．标准状况下，11.2 L 臭氧所含质子数为8N AC．20 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液中，水解形成Al(OH)3胶体粒子数为0.002N AD．0.5 mol H2和0.5 mol I2在加热条件下充分反应，生成HI的分子数为N A11. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。

W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。

下列说法正确的是A．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构B．W与其他三种元素均可形成两种二元化合物C．W、X、Z的氢化物均为共价化合物D．X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1:212. 最近我国科学家在液流电池研究方面取得新进展。

一种硫/碘体系（KI/K2S2）的液流电池工作原理如右图所示。

下列说法正确的是A．放电时电池右侧为负极，发生氧化反应B．放电时，电池左侧的电极反应为S2-2＋2e－==2S2-C．充电时，电池的总反应为3I－＋S2-2 ==I－3＋2S2-D．充电时，电解质溶液中K+经交换膜向右侧移动13. 海水化学资源开发利用的部分过程如下图所示（苦卤中主要含K+、Mg2+、Br－等）。

下列说法错误的是A．从海水得到粗盐主要通过蒸发操作实现B．向苦卤中通入Cl2时溴离子被还原为Br2C．富集溴涉及的离子反应有Br2＋SO2＋2H2O==2Br－＋4H+＋SO2-4D．工业选用的沉淀剂通常经煅烧碳酸钙获得而不是电解食盐水26.（14分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·x H2O）为淡黄色粉末，是生产锂电池的原料。

成都市2016级高中毕业班第一次诊断性检测化学试题

成都市2016级高中毕业班第一次诊断性检测可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-597.生活中下列物质的有关说法错误的是A.食盐和白醋都可作调味剂B.液化石油气和天然气都是含烃混合物C.糖类和蛋白质都可发生水解D.双氧水和碘酒都可作医用消毒剂8.有机物X、Y、Z的结构简式分别为。

下列分析正确的是A. Y、Z互为同系物B. X、Z的二氯代物数目相同C. Y中最多有4个C原子处于同一直线上D. 可用酸性KMn04溶液一次区分X、Y、Z三种9.A.1L pH=12的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.02NAB.46g CH3CH20H含C-H键数目为6 NAC.4.6g Na与含0.1mol CH3COOH的稀醋酸完全反应，转移的电子数为0.1NAD.25℃、101kPa时，2.24L CH4和0.5mol C12充分反应所得混合物中氯原子数为NA11.短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大。

由这些元素组成的化合物甲、乙、丙、丁的0.1 mo1/L水溶液pH如下表，丙、丁为二元化合物。

甲溶液逐滴滴人丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失；乙的水溶液可除油污。

下列说法一定正确的是A.Y和Q氧化物的水化物酸性：Q >YB. W 和Q 形成的化合物只含有离子键C.离子半径：r(Q)>r(R)>r(Z)D. Y 和Z 的氢化物沸点：Y< Z12.港珠澳大桥设计寿命120年，对桥体钢构件采用了多种防腐方法。

下列分析错误的是A. 采用外加电流的阴极保护时需外接镁、锌等作辅助阳极B.钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池C. 防腐原理主要是避免发生反应：2Fe+02+2H 20 = 2Fe(OH)2D.钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀 13.已知：pCu=-lgc(Cu +)，pX=-lgc(X -)。

成都市2016级高中毕业班第一次诊断性检测化学

成都市2016级高中毕业班第一次诊断性检测理科综合化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-597、生活中下列物质的有关说法错误的是A．食盐和白醋都可作调味剂B．糖类和蛋白质都可发生水解C．液化石油气和天然气都是含烃混合物D．双氧水和碘酒都可作医用消毒剂8、有机物X、Y、Z的结构式分别为。

下列分析正确的是A．Y、Z互为同系物B．Y中最多有4个C原子处于同一直线上C．X、Z的二氯代物数目相同D．可用酸性KMnO4溶液一次区分X、Y、Z三种物质9、下列实验操作不能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A．除去酯化反应后乙酸乙酯中的振荡实验后的饱和Na2CO3溶液，分液杂质B．验证Mg(OH)2的溶解向盛有少量Mg(OH)2固体的试管中加入NH4Cl溶液C．观察Fe(OH)2白色絮状沉淀生成向含有铁粉的FeSO4溶液中加入NaOH溶液D．检验阿司匹林片剂中含有淀粉将浓硝酸滴到阿司匹林片上AA．1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH—的数目为0.2N AB．46g CH3CH2OH含C-H数目为6N AC．4.6g Na与含0.1molCH3COOH的稀醋酸完全反应，转移电子数0.1N AD．2.24L CH4和0.5mol Cl2充分反应所得混合物中氯原子数为N A11、短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大。

由这些元素组成的化合物甲、乙、丙、丁的0.1 mol/L水溶液pH如下表，丙、丁为二元化合物。

甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失；乙的水溶液可除油污。

下列说法一定正确的是A．W和Q形成的化合物只含有离子键B．Y和Z的氢化物沸点：Y< ZC．离子半径：r(Q)>r(R)>r(Z)D．Y和Q氧化物的水化物酸性：Q>Y12、港珠澳大桥设计寿命120年，对桥体钢构件采用了多种防腐方法。

2016级一诊化学答案和评分标准

绵阳市高中2016级第一次诊断性考试理科综合能力测试·化学参考答案和评分标准选择题：7. A 8. D 9. A 10. C 11. D 12. C 13. B非选择题（一）必考题26.（14分）（1）69.5 g（2分）500 mL容量瓶、胶头滴管（2分）（2）①干燥管（1分）②排出A管中的空气，防止加热时草酸亚铁被氧气氧化（1分）③8(m2－m3)(m3－m1)（2分）偏小（1分）（3）①CO2和CO（2分）②防止倒吸（1分）③FeC2O4 △===FeO＋CO↑＋CO2↑（2分）27.（15分）（1）‥∶S∷C ‥∷O∶（1分）（2）COS＋4H2O2==CO2＋H2SO4＋3H2O（2分）（3）H 2(g)＋COS(g)CO(g)＋H2S(g) ΔH1＝+5.7 kJ·mol-1（2分）（4）①B（2分）②80%（2分）16（2分）（5）①继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动（②控制温度在200 ℃（1分）增大水蒸气浓度[或增大比例]（1分）28.（14分）（1）NaHSO3和NaHSO4（2分）（2）①增大锌粒的表面积，加快化学反应速率（2分）②Zn＋2SO2 == ZnS2O4（2分）③减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥（2分）Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定（1分）（3）HCOO－＋OH－＋2SO2==S2O2-4＋CO2＋H2O（2分）（4）2SO2-4－2e－== S2O2-8（2分）从阳极室到阴极室（或a到b）（1分）（二）选考题35. [化学—选修3：物质结构与性质]（15分）（1）[Ar] 3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1（1分）（2）CuCl2（2分）分子（2分）（3）4（1分）abd（2分）sp3（1分）（4）最外层电子排布，Cu2O中Cu+ 为3d10，而CuO中Cu2+为3d9，最外层电子排布达到全满时更稳定（2分）（5）① 3∶1（2分）②223389d N A×1010－127.8 （2分）36. [化学—选修5：有机化学基础]（15分）（1）C 3H 4O （2分） 4－氯甲苯（或对氯甲苯）（2分）（2）碳碳双键、羧基（2分）（3）取代反应（或水解反应）（2分） Cl 2、铁粉（2分）（4）CH 3Cl +COOCH 2CH CH 2 COOCH 2CH CH CH 3+HCl （2分）（5）9（2分）CH 2CH 2OH 或CH CH 3OH （1分）。

四川省成都市七中高三化学上学期一诊模拟试卷(含解析)

2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷一、选择题（共42分）1．在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol CH4含有的电子数为N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19N AC．6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2N AD．1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有N A个HCO3﹣3．常温下下列各组离子能大量共存的是（）A．加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣C．“84”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl﹣、Ca2+、Na+D．含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、OH﹣5．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法不正确的是（）A．原子半径W＞X＞YB．W2Y的电子式为：C．元素的金属性W＜XD．W2Y2中既有离子键，又有共价键A．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOB．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．溶液水的电离程度①＞②＞④＞③D．NaHCO3溶液中，c（Na +）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）7．某小组同学用如图所示装置研究电化学原理．下列关于该原电池的说法不正确的是（）A．原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++CuB．盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向乙烧杯C．其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑D．反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子二、非选择题（共58分）8．石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设重要物资．B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B通入溴水的实验现象是．（2）反应②属于反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是．（5）反应结束后b中的现象是．9．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸．已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为．（2）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响．实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：①图象中T2和T1的关系是：T2T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．②a、b、c三点中，N2转化率最高的是（填字母）．③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）= ．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q 110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．10．某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如图：的主要成分为．（2）从滤液2中获得NiSO4•6H2O的实验操作、、过滤、洗涤、干燥．（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用．（4）加NiO调节溶液的pH至5，则生成沉淀的离子方程式有．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理如图：①A电极反应式为和2H++2e﹣═H2↑．②若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），能得到Ni g．11．某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为．（2）测定NO的体积①从图所示的装置中，你认为应选用装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是．②选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是（填各导管口编号）．③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作．（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是．2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共42分）1．在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中【考点】乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】化学应用．【分析】A．高锰酸钾可氧化乙烯；B．在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；C．地沟油的只要成分是油脂，油脂可以可用来制肥皂和生物柴油；D．硫酸铜为重金属盐，对人体有害．【解答】解：A．乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故A正确；B．漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故B正确；C．地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故C正确；D．硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故D错误；故选D．【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用，难度不大．2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol CH4含有的电子数为N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19N AC．6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2N AD．1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有N A个HCO3﹣【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】A.1个甲烷分子含有10个电子；B．气体摩尔体积使用对象为气体；C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol；D．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离．【解答】解：A.1个甲烷分子含有10个电子，0.1mol CH4含有的电子数为N A，故A正确；B．标况下，己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol，含阴离子数为0.1N A，故C错误；D．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离，所以1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有小于N A个HCO3﹣，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意碳化钙的结构，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．3．常温下下列各组离子能大量共存的是（）A．加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣C．“84”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl﹣、Ca2+、Na+D．含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加KSCN显红色的溶液，含铁离子；B．pH=1的溶液，显酸性；C．“84”消毒液具有氧化性；D．离子之间结合生成弱电解质．【解答】解：A．加KSCN显红色的溶液，含铁离子，Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．“84”消毒液具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大．【考点】物质的分离、提纯和除杂；化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，水解过程是吸热反应；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；【解答】解：A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小，将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故A正确；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子，生成的沉淀可能是硫酸钡，或氯化银，故B错误；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，碱性增强，平衡正向进行证明水解过程是吸热反应，故C正确；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；振荡、静置、分液，可以除去苯中的苯酚，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质分离、提纯、除杂的方法和反应应用，盐类水解的应用，离子检验，注意现象分析和性质应用．5．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法不正确的是（）A．原子半径W＞X＞YB．W2Y的电子式为：C．元素的金属性W＜XD．W2Y2中既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W 为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故A正确；B．W2Y为Na2S，电子式为，故B正确；C．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，故C错误；D．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，故D正确．故选C．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键．3B．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．溶液水的电离程度①＞②＞④＞③D．NaHCO3溶液中，c（Na +）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）【考点】盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱；B、根据溶液中的电离和水解平衡分析；C、易水解的盐能促进水的电离；D、根据物料守恒分析．【解答】解：酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则将等浓度的CH3COOH和HClO 溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，故A错误；B、碳酸钠中CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，碳酸氢钠溶液中HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，所以两种溶液中粒子种类相同，故B错误；C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，故C错误；D、NaHCO3溶液中Na元素的物质的量是C元素的物质的量的相等，则c（Na+）=c（CO32﹣）+c （HCO3﹣）+c（H2CO3），故D正确；故选D．【点评】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，题目难度不大．7．某小组同学用如图所示装置研究电化学原理．下列关于该原电池的说法不正确的是（）A．原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++CuB．盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向乙烧杯C．其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑D．反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该原电池中Fe作负极，负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，C作正极，正极上是溶液中的阳离子得电子，则正极反应为Cu2++2e﹣=Cu，溶液中阴离子向负极移动，结合电子转移计算．【解答】解：A、负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极反应为Cu2++2e﹣=Cu，则原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故A正确；B、盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向负极移动，即向甲烧杯，故B错误；C、其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，溶液中的氢离子在正极上得电子，则石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑，故C正确；D、Fe为负极，发生：Fe﹣2e﹣=Fe2﹣，石墨为正极，发生Cu2++2e﹣=Cu，总反应式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu，一段时间后，两电极质量相差12g，则 Fe+Cu2+═Fe2++Cu 两极质量差△m 转移电子56g 64g 56g+64g=120g 2mol12g n解得：n=0.2mol，故D正确．故选：B．【点评】本题考查了原电池原理的分析应用，把握电极反应和电极判断、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．二、非选择题（共58分）8．石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设重要物资．B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B通入溴水的实验现象是溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成．（2）反应②属于加成反应反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是防止液体倒吸．（5）反应结束后b中的现象是面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味．【考点】有机物的推断；乙酸乙酯的制取．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；制备实验综合．【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C 是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，据此解答．【解答】解：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，Ⅰ（1）乙烯能与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，所以足量乙烯通入溴水中溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成，故答案为：溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成；（2）反应②是乙烯与水发生加成反应得乙醇，故答案为：加成反应；（3）反应④是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；Ⅱ（4）在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止液体倒吸，故答案为：防止液体倒吸；（5）试管b中观察到的现象是：液体分层，上层无色油状液体有果香味，故答案为：面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味．【点评】考查有机推断、乙酸乙酯的制取，涉及烯、醇、羧酸的性质与转化等，难度不大，是对常见有机物知识的简单运用，注意掌握各类有机物的性质．9．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸．已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO （g）+6H2O（g）△H=﹣905.0 kJ/mol ．（2）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响．实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：①图象中T2和T1的关系是：T2低于T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．②a、b、c三点中，N2转化率最高的是 c （填字母）．③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）= 0.24 mol/（L．min）．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q ＞110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学平衡图像；燃烧热的计算．【分析】（1）由已知热化学方程式根据盖斯定律构造目标热化学方程式，已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得；（2）①根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；②根据增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；③化学平衡三行计算列式计算，反应速率v=，结合平衡计算H2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H2的转化率为60%时放出的热量的2倍；【解答】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.0kJ/mol，故答案为：4NH 3（g ）+5O 2（g ）═4NO（g ）+6H 2O （g ）△H=﹣905.0kJ/mol ；（2）①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T 1到T 2生成物氨气的量增加，平衡正移，故T 2＜T 1，故答案为：低于；②b 点代表平衡状态，c 点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大，故答案为：c ；③化学平衡三行计算列式计算，N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ）起始量（mol ）1 3 0变化量（mol ）0.6 3×60% 1.2平衡量（mol ） 0.4 1.2 1.2反应速率v===0.24mol/（L ．min ），此时反应放出热量=92.4kJ/mol×=55.44KJ ，结合平衡计算H 2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N 2和6mol H 2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H 2的转化率为60%时放出的热量的2倍，即热量＞55.44KJ×2=110.88kJ，故答案为：0.24 mol/（L ．min ），＞；【点评】本题考查了热化学方程式书写、影响平衡移动的因素、平衡图象、化学平衡计算等，难度中等，注意掌握三段式解题法与盖斯定律应用．10．某NiO 的废料中有FeO 、CuO 、Al 2O 3、MgO 、SiO 2等杂质，用此废料提取NiSO 4和Ni 的流程如图：的主要成分为 SiO 2 ．（2）从滤液2中获得NiSO 4•6H 2O 的实验操作加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．（3）用离子方程式解释加入H 2O 2的作用 2H ++H 2O 2+2Fe 2+═2Fe 3++2H 2O ．（4）加NiO 调节溶液的pH 至5，则生成沉淀的离子方程式有 2Fe 3++3NiO+3H 2O=2Fe （OH ）3+3Ni 2+、2Al 3++3NiO+3H 2O=2Al （OH ）3+3Ni 2+．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理如图：①A 电极反应式为 Ni 2++2e ﹣=Ni 和2H ++2e ﹣═H 2↑．②若一段时间后，在A 、B 两极均收集到11.2L 气体（标准状况下），能得到Ni 29.5 g ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O 晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，据此答题．【解答】解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（3）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；故答案为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；（4）加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，反应的离子方程式有2Fe3++3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3++3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+，故答案为：2Fe3++3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3++3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+；（5）滤液2为NiSO4溶液，电解NiSO4溶液，①根据图示可知，A电极反应式为 Ni2++2e﹣=Ni 和2H++2e﹣═H2↑，故答案为：Ni2++2e﹣=Ni；②一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量==0.5mol，阳极电极反应：Ni2++2e﹣═Ni1mol 0.5mol2H++2e﹣=H2↑；1mol 0.5mol阴极电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑2mol 0.5mol生成Ni物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×59/mol=29.5g，故答案为：29.5．【点评】本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．11．某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol ，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为0.012mol ．（2）测定NO的体积①从图所示的装置中，你认为应选用 A 装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化．②选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是123547 （填各导管口编号）．③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作等液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平．（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中有（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6＜112.0）．【考点】性质实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL 溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的题为20.4ml﹣0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L×0.1mol/L=0.002mo l，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol；（2）一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰；选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，用水吸收生成的二氧化氮气体，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积；依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面向平，温度在常温下；（3）若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），结合二氧化氮反应生成的一氧化氮气体体积减小比较判断．【解答】解：（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的题为20.4ml﹣0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L×0.1mol/L=0.002mol；则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属与硝酸反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，故答案为：0.008 mol；0.012 mol；（2）①一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，AD相比A装置利用氮气可以把装置中的空气排净；故答案为：A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化；②用A进行银和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：123547，故答案为：123547；③读数之前应保持内外压强相同，恢复到室温下读取量筒中液体的体积，故答案为：等液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平；（3）实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），依据上述计算得到银和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012mol，依据3NO2+H2O=2HNO3+NO；计算得到一氧化氮气体物质的量为0.004mol，标准状况下体积为0.004×22.4L/mol=0.0896L=89.6ml＜112.0mL可知银和硝酸反应生成一氧化氮气体，故答案为：有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6＜112.0）．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，实验设计的判断，物质反应的计算应用，主要考查及其化合物性质的分析应用，题目难度中等．。

成都市锦江区初2016级学业质量专项监测工具(一诊)含答案

1锦江区初2016级学业质量专项监测工具化学可能用到的相对原子质量：H-1Li-7N-14O-16Na-23Mg-24P-31S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56注意：1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。

第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题，Ⅰ、Ⅱ卷都请答在答题卡上，答在试卷上不能得分，只交答题卡，不交试题卷。

2、本试卷共六个大题，21个小题，总分100分，答题时间60分钟。

第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本题有14个小题，每个小题3分，共42分。

每个小题只有一个选项符合题意。

请将你认为正确的选项涂在答题卡上。

）1.下列事例中只发生物理变化的是①简易净水器净水②检验氢气的纯度③木炭吸附红棕色二氧化氮气体④干燥的面粉爆炸⑤生石灰中加水放出热量A.③B.①③C.①④D.①④⑤2.下列过程中利用了物质的化学性质的是A.稀有气体通电时发出不同颜色的光B.石墨用作电极和电刷C.氮气用作金属焊接时的保护气D.干冰用于冷藏食品3.下列实验事实不能作为相应观点的证据的是选项实验事实观点A 1g 冰加热融化成1g 水化学反应前后质量守恒B 水通电可以分解为氢气和氧气分子是可分的C 少量蔗糖加入水中，不久“消失”分子在不停地运动D10mL 酒精和10mL 水混合后体积小于20mL分子间存在间隔4.下列有关碳单质的说法正确的是A.金刚石和石墨都具有良好的导电性B.木炭具有可燃性，金刚石、石墨不具有可燃性C.金刚石、石墨物理性质不同的原因是碳原子的构成不同D.书写档案资料使用碳素墨水，是因为常温下碳的化学性质不活泼25.研发高性能“中国芯”是我国信息产业的当务之急。

“中国芯”的主要材料是高纯度的单质硅（Si ）。

硅及其化合物能发生如下的反应：①Si+O 2△SiO 2②SiO 2+Na 2CO 3高温Na 2SiO 3+CO 2↑③SiO 2+2C高温Si +2CO↑④Si +2NaOH +H 2O △Na 2SiO 3+2H 2↑下列说法不正确的是A .反应③中表现了C 的还原性B .上述反应中共生成两种可燃性气体C .Na 2SiO 3中硅元素的化合价为+3价D .Si 和SiO 2在一定条件下可以相互转化6.南京理工大学胡炳成团队用新方法制得了NaN 5·3H 2O ，该化合物中含有N 5—等微粒。

四川省成都市高三化学试毕业班第一次诊断性检测题(含解析)新人教版

成都市2015届高中毕业班第一次诊断性检测理科综合化学部分【化学综析】本试卷以理综方式命制。

I卷重点考查了物质的量、元素化合物、氧化还原反应、分类、离子反应、电化学、化学平衡、电解质溶液、实验等；Ⅱ卷考查了化学平衡理论、物质结构理论、以流程题的形式考查离子反应、反应热，综合实验等，能力层次考查了学生的推理能力、分析问题解决问题的能力、计算能力、根据图表获取信息的能力，题目新颖，原创试题较多，有一定的区分度，难度适中，适合高三一轮（上学期末）复习模拟训练用。

理科综合共300分，考试用时150分钟。

l.化学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷l至2页，第Ⅱ卷3至4页，其100分。

2.答卷前，考生务必将自己的姓名，考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案潦写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试结束后，只将答题卡交回。

第Ⅰ卷注意事项：1．每题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2.本卷共7题，每题6分，共42分。

在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1 N-14 0-16 F-19 S-32 Cu-64【题文】1．江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图。

下列叙述不正确的是A自然界化合态硫以FeS2、CuFeS2等形式存在B.火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC.该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D.l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器【知识点】物质的性质与应用D3【答案解析】D解析：火法炼铜的的反应是Cu2S+O22Cu+SO2，B正确；浓硫酸使铁、铝钝化，可储存于铁制或铝制容器，而l mol/L 的H2SO4是稀溶液，因此D错误。

【思路点拨】浓硫酸使铁钝化并不是没有发生反应，而是生成氧化膜阻碍了反应的进一步发生。

四川省成都市树德中学2016届高考适应性考试化学试题含答案

树德中学高2013级适应性考试理科综合化学试题可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 O—16一、选择题（共7小题,每小题6分，满分42分)8、化学与生产、生活联系密切，下列说法正确的是( )A.作净水剂的明矾和作消毒剂的漂白粉都是强电解质B. 浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果C。

药皂中含有苯酚，能杀菌消毒,故苯酚具有强氧化性D. 合成氨生产中将NH3液化分离，虽可提高N2、H2的转化率但减小了反应速率9.设N A为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是（)A. 3.0g甲醛和甲酸甲酯的混合物中含有的原子数为0。

4N AB. 常温下，1L0.1mol•L﹣1CuSO4溶液中粒子总数小于0。

2N AC.1 mol冰醋酸和1 mol乙醇在浓硫酸加热下充分反应生成H2O个数为N AD。

5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28g N2时,转移的电子数目为3N A10、下列有关NH4Fe(SO4)2溶液的叙述正确的是( ）A．该溶液中，Na+、H+、Cl－、SCN—可以大量共存B．通入H2S气体至过量会生成两种沉淀C．加入NaOH溶液至Fe3+刚好沉淀完全的离子方程式:NH4++Fe3++4OH－=Fe（OH）3↓+NH3·H2OD．离子浓度关系：c（SO42－) ＞c（NH4+ )＞c(Fe3+）＞c（H+）＞c(OH－)11. 下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是( ）序号相关实验试剂现象和结论①探究Na2CO3和NaHCO3的稳定性固体Na2CO3和NaHCO3加热后试管内壁均有水珠，两种物质受热是否分解无法判断②检验淀粉在硫酸溶液中是否发生水解氢氧化钠、硫酸铜溶液加热后试管底部出现砖红色说明水解过程已发生③比较Cl2与I2的氧化性氯水、淀粉KI试纸试纸变蓝，说明Cl2的氧化性强于I2④氧化铝熔点高用砂纸打磨过的铝箔加热后铝熔化并不滴落,好像有层膜兜着，说明氧化铝熔点高。