9、辽宁省重点高中协作校2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题（教师版）

这是一份9、辽宁省重点高中协作校2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题（教师版），共13页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，下列化学用语使用正确的是，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列离子方程式错误的是，下列说法中正确的个数是，下列除杂试剂的选择错误的是等内容，欢迎下载使用。

辽宁省重点高中协作校2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题9
辽宁省重点高中协作校2019-2020学年
高一上学期期末考试化学试题

高一化学
注意事项:
1.每小题选出答案后,用2B铅笔把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,在试题卷上作答无效。
2.Ⅱ卷在答题纸上作答。答题前,考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。

第Ⅰ卷(选择题,共40分)
一、选择题(每题只有一个选项符合要求,1—20题每题1分,21—30题每题2分,共40分。)
1.(★)(3分)下列有关物质用途说法错误的是 (　　)
A.纯碱——制玻璃
B.铁红——红色涂料
C.漂白粉——泳池消毒剂
D.纯铝——制造机器零件
考点　碳酸钠、氧化铁、次氯酸钙、铝的性质
题组　物质性质和用途
答案　D
解析　纯碱为碳酸钠,与二氧化硅在高温下反应可以用来制造玻璃,A正确;铁红是氧化铁,呈红棕色,可以用作红色涂料,B正确;漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙,其中次氯酸钙具有强氧化性,可以用作泳池消毒剂,C正确;纯铝不宜做结构材料,D错误。
点评　物质用途有些是利用其氧化性,有些是利用其还原性,在学习中要注意积累,从结构—性质—用途建立起联系,帮助理解记忆,加深印象。
2.(★)(3分)下列说法错误的是 (　　)
A.金刚石、C60是碳元素的同素异形体
B.常见的一些合金的硬度比其成分金属的大
C.放电影时,可以看到放映室射到银幕上的光柱是因为丁达尔效应
D.“曾青得铁则化为铜”描述的是一种物理变化
考点　胶体性质;合金性质;同素异形体
题组　物质分类及合金、胶体性质
答案　D
解析　金刚石和C60是由碳元素组成的不同种单质,互为同素异形体,A正确;合金的硬度一般比其成分金属的大,B正确;放映室内空气中的小颗粒粒子直径在1~100nm之间,形成了气溶胶,所以放电影时可以看到射到银幕上的光柱是因为丁达尔效应,C正确;“曾青得铁则化为铜”指的是硫酸铜与铁发生的置换反应,是化学变化,D错误。
拓展链接　合金的熔点一般比成分金属的低,硬度比成分金属的大,合金为混合物。
3.(★)(3分)下列化学用语使用正确的是 (　　)
A.S2-的离子结构示意图:
B.CO2的结构式:O—C—O
C.中子数为10的氧原子,核素符号:818O
D.CCl4的电子式:Cl··C······ClClCl
考点　化学用语
题组　化学用语
答案　C
解析　S2-是硫原子得到2个电子形成的离子,核外应该有18个电子,其离子结构示意图为,A错误;CO2中碳氧之间是双键,所以其结构式为:OCO,B错误;中子数为10的氧原子,其核素符号为:818O,C正确;CCl4的电子式为
Cl··C······ClClCl,D错误。
点评　常用化学用语包括元素符号、离子符号、分子式、电子式、结构式、结构简式,离子结构示意图,原子结构示意图,化学方程式,离子方程式、化学专用名词以及化学术语等,它是表示物质组成、结构、性质、变化及合成的重要工具,做题时一定要认真审题,看清题目要求,对元素及化合物性质要掌握熟练,方能准确快速答题。
4.(★★)(3分)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 (　　)
A.同温同压下,原子数均为NA的CH4和NH3所占体积相同
B.常温下,9gH2O中含有的共价键数目为NA
C.高温下,0.3molFe与足量水蒸气充分反应,转移电子的数目为0.8NA。
D.10gKHCO3与CaCO3的混合物与足量的盐酸反应,生成CO2的分子数目为0.1NA
考点　阿伏加德罗常数
题组　阿伏加德罗常数
答案　A
解析　NH3和CH4中所含原子数不同,所含原子数均为NA的CH4和NH3的物质的量分别为0.2mol和0.25mol,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,所以两者体积不相同,A错误;每摩尔水中含有2mol共价键,9gH2O的物质的量为0.5mol,含有共价键数目为NA,B正确;高温下,铁与水蒸气反应生成四氧化三铁,3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,3mol铁参加反应,转移8mol电子,所以有0.3mol铁参加反应,转移电子数目为0.8NA,C正确;KHCO3和CaCO3的摩尔质量均为100g/mol,10gKHCO3和CaCO3的混合物中KHCO3和CaCO3的总的物质的量为0.1mol,由守恒关系可知生成CO2的分子数为0.1NA,D正确。
点评　围绕阿伏加德罗常数的有关说法的正误判断是高频考点,一般都是以物质的量为中心的各种物理量如体积、质量、物质的量浓度来进行综合计算,同时涉及粒子关系、价键数目、电解质溶液、氧化还原等各方面的知识来进行综合考查。
5.(★)(3分)在指定溶液中,能够大量共存的一组离子是 (　　)
A.NaClO溶液中:OH-、Ba2+、Cl-
B.NaOH溶液中,Cu2+、K+、SO42-
C.Mg(NO3)2溶液中:Fe2+、H+、NH4+
D.KOH溶液中,Ca2+、HCO3-、Br-
考点　离子共存
题组　离子共存
答案　A
解析　NaClO溶液中OH-、Ba2+、 Cl-之间互不反应,Na+、ClO-、OH-、Ba2+、Cl-可以大量共存,A正确;NaOH溶液中含有OH-,OH-与Cu2+结合生成Cu(OH)2沉淀,不能大量共存,B错误;Mg(NO3)2溶液中含有NO3-,在H+条件下有强氧化性,Fe2+具有还原性,NO3-(H+)会将Fe2+氧化,不能大量共存,C错误;KOH溶液中的OH-会与HCO3-、Ca2+反应生成碳酸钙沉淀和水,所以不能大量共存,D错误。
拓展链接　1.由于发生复分解反应,离子不能大量共存。
(1)有气体产生。如CO32-、SO32-、S2-、HCO3-、HSO3-、HS-等易挥发的弱酸的酸根离子与H+不能大量共存。
(2)有沉淀生成。如Ba2+、Ca2+、Mg2+、Ag+等不能与SO42-、CO32-等大量共存;Mg2+、Fe2+、Ag+、Al3+、Zn2+、Cu2+、Fe3+等不能与OH-大量共存;Pb2+与Cl-,Fe2+与S2-、Ca2+与PO43-、Ag+与I-不能大量共存。
(3)有弱电解质生成。如OH-、CH3COO-、PO43-、F-、ClO-、AlO2-、SiO32-、CN-等弱酸酸根离子与H+不能大量共存;NH4+等弱碱阳离子与OH-不能大量共存。
(4)一些弱酸的酸式酸根如HCO3-、HPO42-、H2PO4-、HS-、HSO3-既不能与H+大量共存,也不能与OH-大量共存。
2.由于发生氧化还原反应,离子不能大量共存。
(1)具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。如S2-、HS-、SO32-、I-和Fe3+不能大量共存。
(2)在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存。如MnO4-、Cr2O7-、NO3-、ClO-与S2-、HS-、SO32-、HSO3-、I-、Fe2+等不能大量共存;SO32-和S2-在碱性条件下可以大量共存,但在酸性条件下则由于发生反应2S2-+SO32-+6H+3S↓+3H2O不能大量共存。H+与S2O32-不能大量共存,否则会发生反应S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O。
6.(★)(3分)下列离子方程式错误的是 (　　)
A.向Ba(OH)2溶液中加入稀Fe2(SO4)3溶液:
3Ba2++6OH-+2Fe3++3SO42-3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓
B.Cl2与H2O反应:Cl2+H2O2H++ClO-+Cl-
C.Al2O3与NaOH溶液反应:Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O
D.向NaOH溶液中通入过量的CO2:CO2+OH-HCO3-
考点　离子方程式判断正误
题组　离子方程式判断正误
答案　B
解析　向Ba(OH)2溶液中加入稀Fe2(SO4)3溶液,两者按3∶1恰好完全反应,生成硫酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀,A正确;Cl2与H2O反应生成的次氯酸是弱酸,不拆,应写成离子形式,其离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO,B错误;Al2O3是两性氧化物,能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O,C正确;向NaOH溶液中通入过量的CO2,生成碳酸氢钠,碳酸氢钠是弱酸的酸式盐,HCO3-不拆,离子方程式为OH-+CO2HCO3-,D正确。
易错警示　书写离子方程式的步骤是写、拆、删、查,尤其是最后检查电荷是否守恒,原子是否守恒,拆分是否正确、是否符合化学事实、是否漏掉相关反应等情况。以下物质不能拆开:单质、氧化物及过氧化物、难溶物、弱电解质(弱酸、弱碱、水)、络合物、弱酸的酸式酸根离子。
7.(★)(3分)下列说法中正确的个数是 (　　)
①化学反应的本质就是旧键的断裂和新键的形成
②金属氧化物均为碱性氧化物
③离子键是相反电荷离子之间的静电吸引作用
④氕、氘、氚互为同位素
⑤共价化合物均为非电解质
⑥考古利用12C测定一些文物的年代
　　　　　　　　　　　　　　　
A.5个 B.4个 C.3个 D.2个
考点　离子键、共价键、物质分类
题组　物质分类和化学键
答案　D
解析　①化学反应的本质就是旧键的断裂和新键的形成,①正确;②金属氧化物有Na2O这样的碱性氧化物,也有Mn2O7这样的酸性氧化物,Al2O3这样的两性氧化物,②错误;③离子键是带相反电荷离子之间的静电作用,这种静电作用,既包括吸引作用也包括排斥作用,③错误;④氕、氘、氚是具有相同质子数,不同质量数的不同核素,互称为同位素,④正确;⑤共价化合物既有乙醇、二氧化碳这样的非电解质,也有醋酸这样的弱电解质,氯化氢这样的强电解质,⑤错误;⑥考古时利用14C来测定一些文物的年代,⑥错误。答案选D。
拓展链接　不同的分类依据对应物质有不同的分类,从结构和性质角度分类可将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物,也可将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物(碱性氧化物都是金属氧化物,但是金属氧化物不一定是碱性氧化物)。金属氧化物可分为碱性氧化物(如Na2O)、酸性氧化物(如Mn2O7)、两性氧化物(如Al2O3)。
8.(★)(3分)下列除杂试剂的选择错误的是 (　　)
选项
主要物质
杂质
除杂试剂
A
FeSO4
CuSO4
Fe
B
FeCl2
FeCl3
Cl2
C
Mg
Al
NaOH
D
NaHCO3
Na2CO3
CO2
考点　铁盐、亚铁盐的转化　碳酸钠和碳酸氢钠的转化
题组　物质除杂
答案　B
解析　FeSO4中含有CuSO4杂质,可以先加过量铁粉,铁粉与CuSO4反应生成Cu和FeSO4,再过滤将杂质除去,A正确;FeCl2中含有FeCl3杂质,通入氯气会将FeCl2氧化为FeCl3,应该加入过量铁粉,将FeCl3转化为FeCl2,B错误;Mg中混有Al杂质,可以用NaOH溶液除杂,Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O,而Mg不反应,过滤即可达到实验目的,C正确;NaHCO3溶液中含有Na2CO3杂质,可以通入CO2使Na2CO3转化为NaHCO3进行除杂。
点评　通过物质的转化实现将杂质转化为主要物质是一种重要的除杂方式,如本题中的ABD选项;除杂遵循的原则有(1)不增,不增加新的杂质;(2)不减,被提纯的物质不能减少,(3)易分,操作简便,易于分离。
9.(★)(3分)下列有关实验操作、现象和结论有错误的是 (　　)
选项
操作
现象
结论
A

试纸变蓝
氧化性:
Fe3+>I2
B

　　　 
配制出的溶液浓度偏高
C

溶液变红
该溶液中存在Fe3+
D

可以长时间观察到白色沉淀
生成
Fe(OH)2
沉淀
考点　Fe2+、Fe3+的性质;溶液配制
题组　实验基本操作
答案　D
解析　FeCl3溶液具有氧化性,KI具有还原性,两者反应生成碘单质,碘遇淀粉变蓝,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性:Fe3+>I2,A正确;溶液配制最后定容时俯视刻度线,会使所配溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高,B正确;因为KSCN溶液可以与Fe3+作用生成红色的Fe(SCN)3,所以加KSCN显红色,可以证明溶液中含有Fe3+,C正确;Fe(OH)2具有强还原性,很容易被空气中的氧气氧化,所以在制备Fe(OH)2沉淀时要隔绝空气,如图中用胶头滴管滴加NaOH溶液时会接触空气,所以不能长时间观察到白色沉淀,D错误。
拓展链接　制备Fe(OH)2沉淀的两种常用方法,如图。

10.(★)(3分)向KMnO4溶液中加入H2O2,发生如下反应:2MnO4-+H2O22MnO2+2O2↑+aX。关于该反应的说法中正确的是 (　　)
①氧化剂是KMnO4　②还原剂只有H2O2　③X为OH-　④a=2　⑤若有0.5molH2O2参与反应,则该反应中转移电子的物质的量为1mol
A.①④⑤ B.①③⑤ C.①③④ D.②③④
考点　氧化剂、还原剂的概念;电子转移计算
题组　氧化还原反应综合题
答案　C
解析　2MnO4-+H2O22MnO2+2O2↑+aX,由守恒思想可推测X为带负电荷的阴离子,生成物中少2个氧原子2个氢原子,所以可知X为OH-,则a为2,③④正确;分析反应中化合价的变化,锰元素从+7价降低至+4价,得电子,被还原,MnO4-做氧化剂,①正确;氧元素从MnO4-中的-2价和H2O2中的-1价升高至O2中的0价,失去电子,被氧化,H2O2和MnO4-均为还原剂,②错误;若有0.5molH2O2参加反应,则该反应中转移电子的物质的量为3mol,⑤错误。正确答案为C。
拓展链接　H2O2既可以体现氧化性又可以体现还原性,关键是看参与反应的物质的氧化性和还原性的强弱,如与酸性高锰酸钾反应,高锰酸钾具有强氧化性,则H2O2被氧化,生成氧气,体现其还原性,化学方程式为3H2SO4+2KMnO4+5H2O2K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O;如在酸性条件下与氯化亚铁溶液反应,Fe2+具有强还原性,则H2O2被还原,生成水,体现其氧化性,离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O;H2O2自身可以发生氧化还原反应,既体现其氧化性又体现其还原性,方程式为2H2O22H2O+O2↑。
11.(★)(3分)主族元素碲(Te)的原子序数为52,原子核外有5层电子,最外层电子数为6。下列说法正确的是　 (　　)
A.该元素原子核外M层电子数为28
B.该元素单质极易与氢气化合
C.该元素氧化物对应水化物的酸性在同主族中最强
D.该元素一种氧化物的化学式可表示为TeO3
考点　非金属性比较;元素核外电子排布
题组　元素周期律
答案　D
解析　每层最多容纳电子数为2n2,核外M层为第三层,最多容纳18个电子,不可能是28,A错误;在周期表中同主族元素非金属性从上到下依次减弱,所以Te与氢气化合不容易,B错误;比较非金属性时应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性,而且周期表中同主族元素从上到下非金属性依次减弱,所以其最高价氧化物对应水化物的酸性在同主族中是最弱的,C错误;碲位于ⅥA族,其最高正化合价为+6价,所以它的一种氧化物的化学式可表示为TeO3,D正确。
易错警示　在进行非金属性比较时要注意比较其最高价氧化物的水化物而不是任意价态的氧化物的水化物。
12.(★)(3分)下列比较关系错误的是 (　　)
A.非金属性:N>Si　　　　B.热稳定性:NH3>PH3
C.原子半径:F>O D.碱性:NaOH>Mg(OH)2
考点　元素性质的周期性变化
题组　元素周期律
答案　C
分析　在周期表中,同主族从上到下元素的金属性依次增大,同周期从左向右,元素的非金属性依次增强。
解析　N的非金属性强与C,C的非金属性强与Si,所以非金属性:N>Si,A正确;N和P元素处于同一主族,非金属性:N>P,氢化物的稳定性:NH3>PH3,B正确;同一周期元素从左到右,原子半径依次减小,半径:FMg(OH)2,D正确。
拓展链接　随着元素核电荷数的递增,元素的原子半径(除稀有气体外)、元素的金属性和非金属性、元素的主要化合价呈现一定的递变性和周期性变化。元素金属性非金属性判定依据,如下;

金属
性比
较
本质
原子越易失电子,金属性越强
判断依据
1.在金属活动性顺序中越靠前,金属性越强
2.单质与水或非氧化性酸反应越剧烈,金属性越强
3.单质还原性越强或离子氧化性越弱,金属性越强
4.最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性越强
5.若Xn-+YX+Yn+,则Y比X金属性强
非金
属性
比较
本质
原子越易得电子,非金属性越强
判断方法
与H2化合越易,气态氢化物越稳定,非金属性越强
单质氧化性越强,阴离子还原性越弱,非金属性越强
最高价氧化物对应水化物酸性越强,非金属性越强
An++BBn++A则B比A非金属性强
13.(★)(3分)下列物质不能通过化合反应得到的是 (　　)
A.Al(OH)3　　B.CuCl2　　C.FeCl2　　D.Fe(OH)3
考点　氢氧化铝、氢氧化铁、铁盐的制备
题组　铝、铁化合物的制备
答案　A
解析　氢氧化铝只能通过复分解反应制备,不能通过化合反应制得,A正确;铜单质在氯气中燃烧,即可生成氯化铜,可以通过化合反应得到,Cu+Cl2CuCl2,B不符合题意;FeCl2可以通过FeCl3和Fe反应生成,化学方程式为Fe+2FeCl33FeCl2,C不符合题意;Fe(OH)3可通过Fe(OH)2在空气中与氧气和水反应制得,其化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,D不符合题意。
点评　本题考查氢氧化铝、氢氧化铁、氯化亚铁的制备,要求学生对相关物质的方程式非常清楚,从众多方程式中找到符合题目要求的方程式。
14.(★★)(3分)把5.1g镁铝合金的粉末放入500mL盐酸中,金属和酸均恰好反应,得到5.6LH2(标准状况)。下列说法错误的是 (　　)
A.该合金中铝的质量分数约为52.94%
B.该盐酸的物质的量浓度为2mol/L
C.该合金镁和铝的物质的量之比为1∶1
D.该反应中一共转移的电子的物质的量为0.5mol
考点　镁、铝与酸的反应计算
题组　镁、铝与酸反应的计算
答案　B
分析:镁铝合金与盐酸反应都生成氢气,已知镁铝合金的总质量,又知道放出氢气的总量,所以可以设镁、铝物质的量,列方程式求解。
解析　依据镁、铝与盐酸反应的方程式,列出与氢气的定量关系为:Mg~H2 与2Al~3H2,设Mg的物质的量为xmol,设Al的物质的量为ymol,列式24x+27y=5.1;x+1.5y=0.25,解得x=0.1mol,y=0.1mol。
通过计算Al的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g,所以铝的质量分数约为2.7g5.1g=52.94%,A正确;根据Cl守恒可知,参加反应的盐酸中的Cl都转移至MgCl2和AlCl3,根据MgCl2~2HCl,AlCl3~3HCl,得HCl的物质的量为0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol,所以盐酸浓度c=nV=0.5mol0.5L=1mol/L,B错误;通过上述计算镁和铝的物质的量之比为1∶1,C正确;该反应中0.1mol镁失去0.2mol电子,0.1mol铝失去0.3mol电子,所以共转移电子的物质的量为0.5mol,D正确。
点评　化学中的计算题一般都会应用到原子守恒,得失电子守恒,电荷守恒等守恒关系,解题时明确原子的来源和去向,建立关系式,在氧化还原反应中找到氧化剂和还原剂建立得失电子守恒。
15.(★★)(3分)已知氧化性:Fe3+>Cu2+,向FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入Fe粉。下列说法错误的是 (　　)
A.若有固体剩余,则固体中一定含Cu
B.若有固体剩余,则固体中可能只含Fe
C.若无固体剩余,则溶液中一定含有Fe2+
D.若无固体剩余,则溶液中可能含有Fe3+
考点　铁盐和亚铁盐的转化
题组　铁盐和亚铁盐的转化
答案　B
解析　已知氧化性:Fe3+>Cu2+,向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉,铁先与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁,然后再与氯化铜反应置换出铜,所以若有固体剩余,则固体中一定含Cu,若将氯化铜反应完,铁还有剩余,则剩余固体为铜和铁,所以剩余固体中不可能只有铁没有铜,所以A正确,B错误;若没有固体剩余,说明铁反应完,且没有置换出铜,则溶液中一定含有Fe2+,可能此时氯化铁量多,可能还存在没反应完的Fe3+,所以C、D正确。
拓展链接　一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时,与还原性最强的还原剂优先反应;同理,一种还原剂同时和几种氧化剂相遇时,与氧化性最强的氧化剂优先反应。在考虑问题时注意反应的先后顺序。
16.(★★)(3分)下列图像与反应不能相对应的是 (　　)
图像




反应
向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量
向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量
向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸直至过量
向FeI2溶液中缓慢通入Cl2,直至过量(已知还原性:I>Fe2+)
选项
A
B
C
D
考点　化学反应中量的问题
题组　图像问题
答案　C
解析　向一定体积的氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量,当两者反应比例为1∶1时恰好完全反应,生成硫酸钡和水,Ba(OH)2+H2SO4BaSO4↓+2H2O,此时溶液导电能力基本为0,继续加入硫酸,溶液导电能力又增强,A正确;向氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液,先发生反应Al3++3OH-Al(OH)3↓,待Al3+完全反应,氢氧化铝又溶于氢氧化钠溶液中Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O,B正确;向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸直至过量,开始先生成碳酸氢钠,CO32-+H+HCO3-,待CO32-反应完,继续滴加发生反应,HCO3-+H+CO2↑+H2O,C错误;向FeI2溶液中缓慢通入氯气,由于还原性:I->Fe2+,所以Cl2先和I-反应生成I2,反应开始时不生成Fe3+,待I-消耗完Cl2才与Fe2+反应生成Fe3+,且与I-反应和与Fe2+反应所消耗Cl2的体积比为2∶1,D正确。
点评　本题其实是在考查化学反应中量的问题,量不同产物不同,所以有不同的配比关系。与量有关的离子方程式是高考的高频考点,要求学生对与用量相关的离子方程式进行识记、辨别、理解和应用,有一定难度。
17.(★★)(16分)Cl2是一种重要的化工原料,实验室通常用MnO2和浓盐酸制取Cl2。
(1)写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　,若将8.7gMnO2投入足量浓盐酸中充分反应,被氧化的HCl的物质的量为　　　　mol,转移的电子数目为　　　　。 
(2)将点燃的H2缓慢伸入充满Cl2的集气瓶中,现象为　　　　　　　　　　　　　　。将Cl2通入新制的FeCl2溶液中的现象为　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)为验证Cl、Br和I三种元素非金属性的相对强弱;某学习小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验)。已知:
①Br2为深红棕色液体,其水溶液为橙黄色,随着浓度的增大,颜色逐渐加深。
②CCl4为有机溶剂,不能与溶质发生反应,用于提取碘单质,便于观察现象。

实验步骤如下:
Ⅰ.打开弹簧夹a和b,通入纯净的Cl2。
Ⅱ.当A和B中的溶液都变得为橙黄色时,夹紧弹夹a和b。
Ⅲ.打开活塞c,将B中溶液滴入KI溶液中,观察现象。
指导老师认为该方法设计存在缺陷,无法证明Br的非金属性强于I,其原因是　。 
于是同学们修改第Ⅱ步操作,达到了实验目的,第Ⅱ步修改为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
考点　氯气的实验室制法;非金属性实验设计
题组　实验设计与评价
解析　(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气,其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,该反应中1mol(87g)二氧化锰与4molHCl反应,其中只有2molCl-被氧化为氯气,另外2mol化合价没变,生成了氯化锰,8.7g二氧化锰为0.1mol,与浓盐酸充分反应,被氧化的HCl的物质的量为0.2mol,转移的电子数目为0.2×6.02×1023=1.204×1023。
(2)将点燃的H2缓慢伸入充满Cl2的集气瓶中,安静的燃烧,产生苍白色火焰,产物HCl极易溶于水,在瓶口有HCl溶于空气中水蒸气而产生的盐酸小液滴(白雾),所以在瓶口产生大量白雾。将Cl2通入新制FeCl2溶液中,由于Fe2+呈浅绿色,Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+呈棕黄色,所以现象为溶液由浅绿色变为棕黄色。
(3)氯气通入A、B中发生的反应为2NaBr+Cl22NaCl+Br2,在通入氯气的过程中有可能B装置中的氯气过量,则存在过量氯气将KI溶液氧化生成了I2,所以无法证明是Br2将KI溶液氧化生成了I2,进而无法证明溴的非金属性强于碘。改进措施要确定B装置中氯气不过量,所以可通过与A装置中进行对比说明,依据题目中已知信息,溴在水溶液中为橙黄色,随着浓度的增大颜色逐渐加深,所以控制通入氯气的量,保证A中颜色比B中颜色深即可说明B中氯气肯定不过量,再将其与KI反应即可保证是B中生成的Br2将KI溶液氧化为I2,从而证明溴的非金属性强于碘的非金属性。
答案　(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2分)
评分标准:化学式,离子符号写错,化学计量数写错,不写条件,写错条件没分;写成化学方程式没分,不写向上箭头不扣分。
0.2(2分)
评分标准:数错没分。
1.204×1023(2分)
评分标准:数错没分;答0.2mol没分。
(2)安静地燃烧,产生苍白色火焰,瓶口有白雾出现(3分)
评分标准:关键词语:①燃烧;②苍白色火焰;③白雾;每个1分,共3分;答多不给分也不扣分。
溶液由浅绿色变为棕黄色(2分)
评分标准:关键词语:浅绿色;棕黄色。少答扣1分,其他颜色不给分;答多不给分也不扣分。
(3)B中通入的Cl2过量(2分)
评分标准:类似意思也可。
当A和B中的溶液都变为橙黄色时,先关闭弹簧夹b,待A中溶液颜色比B中颜色深后,再关闭弹簧夹a(3分)
评分标准:类似意思也可。
点评　本题以实验室制氯气为背景,进一步探究非金属性的强弱,涉及实验的设计与评价。一般对实验的评价主要从正确与错误、严密与不严密、可行与不可行等方面做出判断。另外要多注意题目中给出的已知信息,如本题中溴单质在水溶也中颜色随浓度的增大而加深,通过颜色深浅对比来排除氯气过量的问题。
18.(★★)(18分)a、b、c、d、e、f、g为原子序数依次增大的短周期主族元素,a与c能组成生活中最常见的化合物,a与b两元素最高正价与最低负价之和均为0,c原子核外电子总数与d原子次外层的电子数相同;e所在周期数与族序数相同;f与c处于同一主族。
(1)a、c还可组成一种化合物X,该化合物可用于实验室制取e的单质,则X所含化学键的类型为　　　　。(填写序号) 
①离子键　　　　　　　②极性键
③非极性键 ④氢键
(2)试比较c、e、f的简单离子半径　　　　>　　　　>　　　　(用离子符号回答) 
(3)有同学认为通过上述已知条件,不能确定d的元素种类。为确定d的元素种类,需补充实验进行观察,则下列可行的做法有　　　　。(填写序号) 
①观察其单质与水反应的剧烈程度
②观察其单质在空气中燃烧的火焰颜色
③观察其最高价氧化物是否能溶于稀盐酸
④观察其氯化物在熔融状态下是否导电
⑤上述已知条件已经足够,不需要任何补充实验
(4)e的最高价氧化物的水化物与g的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为　。 
(5)f与g的简单氢化物的稳定性强弱顺序为　　　　>　　　　(用化学式回答);用电子式表示f的简单氢化物的形成过程　。 
(6)将g的单质的水溶液滴在红纸上,观察到的现象为　　　　　　　,造成该现象的微粒的电子式为　　　　。 
(7)由a、b、c、d四种元素组成的化合物X、Y、Z、W有如下转化关系:XY(在水溶液中进行),其中X由三种元素组成,Y由四种元素组成,Z是溶于水显酸性的气体,W是潜水艇中的生氧剂,写出Y→X反应的总化学方程式　。 
考点　元素推断及元素性质的周期性变化;碳酸钠和碳酸氢钠的转化
题组　元素推断综合题
分析:a、b、c、d、e、f、g为原子序数依次增大的短周期主族元素,其中a与b两元素最高正价与最低负价之和均为0,又因为a是原子序数最小的元素,可推知a为氢元素,b为第ⅣA族的碳元素,其最高正价为+4,最低负价为-4;c原子核外电子总数与d原子次外层电子数相同,可知c原子核外有8个电子,为O,也验证了a与c能组成生活中最常见的化合物:H2O,同时推测d位于第三周期;e的原子序数比d大,肯定也在第三周期,而e所在周期数与族序数相同,即e位于第三周期第ⅢA族,所以e是Al;又知f与c同主族,可知f是S元素,g是Cl。
解析　(1)H、O还可组成除H2O外的一种化合物,可用于实验室制取O2,该化合物为H2O2,其中含有氧氢极性共价键和氧氧非极性共价键,所以选②③。
(2)比较O、Al、S的简单离子半径,其中O2-和Al3+均含有2个电子层,核电荷数越多半径越小,所以O2->Al3+,S2-有3个电子层,所以半径最大,即S2->O2->Al3+。
(3)通过题干信息,只能推测出d位于第三周期,且原子序数小于13,可知d可能是Na或Mg,可以通过补充实验进行探究,①钠与冷水能剧烈反应,而镁跟冷水不反应,所以可以观察单质与水反应的剧烈程度,①正确;②钠燃烧有黄色火焰,而镁燃烧是会产生耀眼的白光,现象不同,可以观察单质在空气中燃烧的火焰颜色,②正确;③钠元素的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠,能与盐酸反应,而镁元素的最高价氧化物的水化物是氢氧化镁,也可溶于稀盐酸,不能进一步区别,③错误;④熔融态的氯化钠和熔融态氯化镁均能电离,均能导电,无法区别,④错误;⑤上述已知条件不够,⑤错误。
(4)铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝,氢氧化铝难溶于水,书写离子方程式时写成化学式形式,而氯元素的最高价氧化物的水化物是高氯酸,高氯酸为强酸,两者反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+Al3++3H2O。
(5)S和Cl位于同一周期,同一周期元素从左到右非金属性依次增强,所以其气态氢化物的稳定性也依次增强,故稳定性顺序:HCl>H2S。用电子式表示H2S的形成过程为H·+·S·····+·HH:S····:H或2H·+·S·····H:　S　····:H。
(6)将氯水滴在红纸上,可观察到红纸褪色,原因是氯气与水反应生成的次氯酸有漂白性,次氯酸的电子式为H:O····:Cl······。
(7)由H、C、O、Na四种元素组成的化合物X 、Y、 Z、 W四种物质,其中,X由三种元素组成为Na2CO3,Y由四种元素组成为NaHCO3,Z是溶于水显酸性的气体为CO2,W为潜水艇中的供氧剂是Na2O2,则Na2O2与NaHCO3反应可考虑成Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠再和NaHCO3反应,所以总的化学方程式为2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2↑。
答案　(1)②③(2分)
评分标准:每个序号1分。少选得1分,多选错误选均没分。
(2)S2->O2->Al3+(2分)
评分标准:顺序答错或离子符号写错均没分。
(3)①②(2分)
评分标准:每个序号1分,共2分。少选得1分,多选错选均没分。
(4)Al(OH)3+3H+Al3++3H2O(2分)
评分标准:化学式,离子符号写错,配平配错没分;写成化学方程式没分;多写条件扣1分。
(5)HCl>H2S(2分)
评分标准:顺序答错或化学式写错均没分。
H·+·S·····+·HH:S····:H或2H·+·S·····H:　S　····:H(2分)
评分标准:电子式写错或写弯简头均没分;将“”写成“”扣1分。
(6)红纸褪色(2分)
评分标准:类型意思均得分。
H:O····:Cl····:(2分)
评分标准:化学式,电子式写错没分。
(7)2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2↑(2分)
评分标准:化学式写错,配平配错没分;写成离子方程式没分;分步写没分;多写条件扣1分;不写向上箭头不扣分。
点评　本题是典型的元素推断题,通过推断元素进一步考查相关化合物的性质,需要学生对元素核外电子排布及元素相关化合物的性质非常熟悉,再根据题干信息进行作答,本题考查都是基础知识,难度中等。
19.(★★)(18分)某实验研究Cu2O、Al2O3、Fe2O3混合物的提纯部分流程如图所示:

已知:①Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O;
②若干步骤中没有引入铝,铁,铜三种元素,且三种元素均进入到最终四种产品中,过程中的损失忽略不计。
(1)铝在周期表中的位置为　　　　,操作方法①为　　　　。 
(2)溶液B中铁元素的存在形式为　　　　(用离子符号表示),形成该离子的离子方程式为　。 
(3)通入足量氧气时发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　,并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。 
(4)沉淀C的成分为　　　　,溶液D中含金属元素的离子除Na外,还有　　　　(用离子符号表示)。 
(5)将全部产品2投入400mL1mol/LNaOH溶液充分反应,产生标准状况下气体的体积为　　　　L。 
(6)样品中Cu2O的质量的取值范围为　　　　g。 
考点　物质分离提纯基本方法及实验基本操作
题组　实验设计题;化工流程题
分析:样品中氧化铝和氧化铁都能溶于稀硫酸,只有氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜外还有铜单质,部分铜单质会还原Fe3+为Fe2+,所以经过操作方法①过滤,得到不溶物质A为铜单质,溶液B中含有硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铜和过量硫酸等物质,对溶液B先通入足量氧气,是将其中的硫酸亚铁氧化为硫酸铁,加入足量氢氧化钠溶液,其中硫酸铝会转化成偏铝酸钠溶液,而铁、铜元素则转化成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀,后再经历若干步骤分别获得铝和铜和红棕色粉末氧化铁。
解析　(1)铝在周期表中位于第三周期第ⅢA族,操作方法①过滤。
(2)由于有铜单质生成,所以溶液B中铁元素的存在形式为Fe2+,因为Fe3+和铜会发生反应2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。
(3)通入足量氧气,酸性条件下氧气能将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,单线桥是由失电子一方指向得电子的一方,并标出电子转移的数目,应为:。
(4)由于之前足量氧气已经将硫酸亚铁氧化为硫酸铁,所以加足量氢氧化钠溶液后,铝元素转化为AlO2-,铁、铜元素分别转化为氢氧化铁和氢氧化铜沉淀,所以沉淀C是Fe(OH)3和 Cu(OH)2。溶液D中含有金属元素的离子除Na+外,还有AlO2-。
(5)铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2↑。则将全部产品2金属(单质Al5.4g即0.2molAl)投入400mL1mol/LNaOH溶液中,两者充分反应,依据方程式中计量关系可知铝完全反应,氢氧化钠溶液过量,产生氢气0.3mol,在标况下的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L。
(6)依据流程最后得到16g的红棕色粉末Fe2O3,可推知原样品中含有Fe2O30.1mol,依据Fe守恒,则在加入稀硫酸后会转化为0.2molFe3+。依据方程式 2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,将0.2molFe3+完全转化为Fe2+需要Cu单质的物质的量为0.1mol,再依据方程式Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O,生成0.1molCu单质,需要Cu2O的物质的量为0.1mol,质量为0.1mol×144g/mol=14.4g,而最终是有铜单质剩余,所以Cu2O的质量应该大于14.4g。
答案　(1)第三周期第ⅢA族(2分)　过滤(2分)
评分标准:周期数写成阿拉伯数字不扣分;族序数:罗马数字写错,写其他数字;不写A;多写主字没分。
(2)Fe2+(2分)　2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+(2分)
评分标准:化学式,离子符号写错,配平配错没分;写成化学方程式没分;多写条件扣1分。多写其他离子方程式或化学方程式不扣分。
(3)
评分标准:电子不写符号扣1分,电子数目写成计算式且正确地给分;单线桥写得失,箭头方向写反均没分。
(4)Cu(OH)2和Fe(OH)3(2分)　AlO2-(2分)
评分标准:第一个空少写给1分,写多或写错均没分,写成名称也给分,标准同上。第二个空;写多,写错均没分。
(5)6.72(2分)
评分标准:数错没分。
(6)大于14.4(2分)
评分标准:表示成大于等于(或≥)14.4g扣1分,其余均没分。
点评　本题属于简单的化工流程题,其中主要是考查物质的分离提纯,同时结合考查了离子方程式书写,氧化还原电子转移及方程式计算,要求考生依据流程图分析原理,紧扣信息,抓住关键,准确答题。