辽宁省葫芦岛市2015-2016学年高一化学上册期末检测考试题.doc

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实验操作 实验现象 结论 A 向硅溶液中逐滴加人稀盐酸 试管里出现凝胶 酸性：盐酸硅酸 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箱溶化但不滴落 熔点：氧化铝铝 C 向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2 溶液 有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42 D 向某无色溶裱中先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡、静置 溶液分层，下层为橙红色 溶液中含有BrAABBCCDD7在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末；有气泡产生，说明氯水中含有H+D氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水的黄绿色消失，说明氯水中含有HClO8在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）AK+、MnO4、Na+、ClBK+、Ba2+、NO3、ClCNa+、HCO3、NO3、SO42DFe3+、Na+、Cl、SO429下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A排水集气法收集NOB实验室制取氨气C除去氯气中的氯化氢D分离碘酒中的碘和酒精10现有下列六个转化，其中不能通过一步反应实现的是（）SiO2Na2SiO3；SiO2H2SiO3CuSO4Cu（NO3）2；CuOCu（OH）2；Cl2NaClOSO2H2SO4ABCD11下列物质的性质比较正确的是（）A熔点：NaAlB热稳定性NaHCO3Na2CO3C酸性：H2CO3H2SiO3D氧化性Br2Cl212将5mol/L盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为（）A0.05mol/LB0.25mol/LC0.1mol/LD0.5mol/L13下列有关SO2与SiO2的比较，正确的是（）A它们均为酸性氧化物B都溶于水，都能与强碱反应CS元素和Si元素化合价都为+4价，因此从氧化还原角度考虑他们具有一样的性质DSiO2可与HF反应，这是SiO2作为酸性氧化物的通性14下表中各组物质不能实现如图转化的是（）甲乙丙AAlCl3AlAl（OH）3BAlCl3Al（OH）3NaAlO2CCO2NaHCO3Na2CO3DCO2（NH4）2CO3NH3AABBCCDD15下列离子方程式，书写正确的是（）A盐酸与石灰石反应CO32+H+CO2+H2OB硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2+S042Ba+S04C氢氧化镁和盐酸反应：H+OHH2OD氯化铝溶液中加人过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+16某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO与ClO3的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A21：5B11：3C3：1D4：1二、非选择题（共5小题，满分52分）17食盐是人类生活中不可缺少的物质，海水中含有大量食盐某地出产的粗盐中，所含杂质是CaCl2，通过下面的实验可制得纯净的NaCl请回答：（1）加入的A是，检验A已过量的方法是（2）加入的B是，加入稍过量B的目的是（3）为检验沉淀是否洗净，最好在最后几滴洗出液中加入溶液18实验室欲用NaOH固体配制1.0molL1的NaOH溶液250mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量 计算溶解倒转摇匀 转移 洗涤定容冷却其正确的操作顺序为本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有（2）要完成本实验应称量 g NaOH固体，某同学先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图烧杯的实际质量应为 g（3）使用容量瓶前，必须进行的一步操作是（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是没有洗涤烧杯和玻璃棒转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水定容时俯视刻度线未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线19如图是常见单质、化合物的转化关系，已知：A为活泼金属单质，B、J为无色、无味气体，G为黄绿色气体单质，D在通常状况下为无色无味的液体，I为“84”消毒液的有效成分请回答下列问题：（1）写出化学式：FJK（2）书写下列反应的化学方程式或离子反应方程式（是离子反应的写离子反应方程式）A+B：C+J：E+G：M+L （过量）：20用如图示装置制备NO并验证其还原性（1）铜与稀硝酸反应的离子方程式是（2）滴入稀硝酸之前，应该关闭止水夹，点燃红磷并伸入瓶中，塞好胶塞这样操作的目的是（3）滴入稀硝酸后，烧杯中的现象是（4）烧杯中的反应停止后，打开止水夹，通入可验证NO的还原性21有以下物质：MgAlCu 稀硫酸浓硫酸NaOH溶液（1）写出与反应的离子方程式（2）既能跟又能跟反应的是（填序号），写出它与反应的化学方程（3 ）写出与反应的化学方程式，该反应中体现的性质足量的铜片与1OOmoL，8mol/L的浓H2S04充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuS04的质量为克，生成的A气体在标准状况下体积为升（假设气体全部逸出）2015-2016学年辽宁省葫芦岛市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1中国最新战机歼31使用了高强度、耐高温的钛合金材料工业上冶炼钛的反应如下：TiCl4+2MgTi+2MgCl2下列有关该反应的说法正确的是（）ATiCl4是还原剂BMg被氧化CTiCl4发生氧化反应DMg得到电子【考点】氧化还原反应【分析】TiCl4+2Mg=Ti+2MgCl2反应中Ti元素化合价降低，Mg的化合价升高，结合氧化还原反应的概念分析解答【解答】解：TiCl4+2Mg=Ti+2MgCl2反应中Ti元素化合价降低，Mg的化合价升高，A反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4为氧化剂，故A错误；B反应中Mg失电子，则Mg被氧化，故B正确；C反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4发生还原反应，故C错误；D反应中Mg的化合价升高失电子，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，题目难度不大2下列叙述错误的是（）A光导纤维的上要成分是二氧化硅B过氧化钠可作为呼吸面具的氧气来源CSO2气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的漂白性D常温下可用铁或铝制容器盛装浓硝酸【考点】硅和二氧化硅；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物【分析】A、二氧化硅是光导纤维的主要成分；B、过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气；C、二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；D、铁与铝与冷的浓硝酸发生钝化现象【解答】解：A、二氧化硅是光导纤维的主要成分，故A正确；B、过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠可作为呼吸面具的氧气来源，故B正确；C、二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故C错误；D、铁与铝与冷的浓硝酸发生钝化现象，所以日常生活中用铁或铝制容器盛装浓硝酸，故D正确；故选C【点评】本题主要考查二氧化硅、过氧化钠、二氧化硫和浓硝酸的性质、组成以及用途，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累3从健康的角度考虑，下列叙述正确的是（）A用食醋除去水壶中的水垢B氯气泄漏后应顺风向低处跑C用铝锅炒菜比用铁锅好D食用“加碘”食盐不利于健康【考点】氯气的物理性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铝的化学性质【专题】化学应用【分析】A食醋成分为醋酸水溶液酸性大于碳酸；B氯气有毒，比空气重；C铝中毒有导致血管性痴呆的可能；D“加碘”食盐可预防碘缺乏病【解答】解：A水垢成份主要是CaCO3和Mg（OH）2，醋酸和氢氧化镁、碳酸钙反应得到溶液，可用于除去水壶中的水垢，故A正确；B氯气有毒的密度比空气的大，应向高处跑，低处跑回吸入过多氯气中毒，故B错误；C用铝锅炒菜能增加铝的摄入，对身体产生危害，故C错误； D“加碘”食盐可预防碘缺乏病，有利于健康，故D错误；故选A【点评】本题考查化学在生活中的应用，主要是氯气的密度比空气的大，水垢成份主要是CaCO3和Mg（OH）2，难度不大，注意注意知识的积累4对下列物质进行的分类正确的是（）A纯碱、烧碱均属于碱BCuSO45H2O属于纯净物C凡能电离出H+的化合物均属于酸D盐类物质一定含有金属阳离子【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】物质的分类专题【分析】A、纯碱是碳酸钠，属于盐类；B、结晶水合物属于纯净物；C、电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；D、能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐【解答】解：A、纯碱是碳酸钠，是由金属离子和酸根离子构成的，则不属于碱，属于盐类，故A错误；B、结晶水合物有固定的组成和性质，属于纯净物，故B正确；C、电离只生成的阳离子全部是氢离子的化合物才是酸，但硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，则属于盐类，故C错误；D、盐类物质含有的阳离子是金属离子或是铵根离子，故D错误故选B【点评】本题是一道有关物质的分类的题目，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键，属于基础知识的考查5下列说法中，正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A18g水在标准状况下的体积约为22.4LB在标准状况下，22.4L氮气中含有NA个氮原子C17gNH3中含有的原子总数目为4NAD80gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为2mol/L【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、标况下水为液态；B、标况下，22.4L氮气的物质的量为1mol；C、求出氨气的物质的量，然后根据氨气为4原子分子来分析；D、当氢氧化钠溶于1L水后，溶于体积大于1L【解答】解：A、标况下水为液态，故18g水的物质的量为1mol，但在标况下的体积小于22.4L，故A错误；B、标况下，22.4L氮气的物质的量为1mol，而氮气为双原子分子，故1mol氮气中含2mol单原子即2NA个，故B错误；C、17g氨气的物质的量为1mol，而氨气为4原子分子，故1mol氨气中含4mol氢原子即4NA个，故C正确；D、当氢氧化钠溶于1L水后，溶于体积大于1L，故溶液的浓度小于2mol/L，故D错误故选C【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大6下列根据实验操作和现象所得出正确的是（） 实验操作 实验现象 结论 A 向硅溶液中逐滴加人稀盐酸 试管里出现凝胶 酸性：盐酸硅酸 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箱溶化但不滴落 熔点：氧化铝铝 C 向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2 溶液 有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42 D 向某无色溶裱中先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡、静置 溶液分层，下层为橙红色 溶液中含有BrAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A硅酸钠加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸凝胶；B氧化铝的熔点高；C滴加硝酸酸化，可能将亚硫酸根离子氧化；D先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色，则氯气氧化溴离子生成溴单质【解答】解：A硅酸钠加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸凝胶，现象与结论均合理，故A正确；B氧化铝的熔点高，熔化的铝不滴落是因氧化铝包裹在外面，现象与结论均合理，故B正确；C滴加硝酸酸化，可能将亚硫酸根离子氧化，加氯化钡生成白色沉淀，则该溶液中可能含有SO42，或SO32，或都有，故C错误；D先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色，则氯气氧化溴离子生成溴单质，则溶液中含有Br，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握强酸制弱酸规律、物质的性质、离子检验及氧化还原反应原理等为解答的关键，注意性质及反应现象的综合分析，侧重实验评价性的考查，题目难度不大7在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末；有气泡产生，说明氯水中含有H+D氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水的黄绿色消失，说明氯水中含有HClO【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，A只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl，故B正确；C溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，而不能说明次氯酸的存在，故D错误，故选D【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识8在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）AK+、MnO4、Na+、ClBK+、Ba2+、NO3、ClCNa+、HCO3、NO3、SO42DFe3+、Na+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】强碱性溶液中存在大量的氢氧根离子，无色溶液中不存在有色的离子，A高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的要求；BK+、Ba2+、NO3、Cl离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，都是无色离子；C碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；D铁离子为有色离子，铁离子能够与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀【解答】解：该溶液中存在大量的OH离子，无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子，AMnO4为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；BK+、Ba2+、NO3、Cl之间不反应，都是无色离子，且都不与OH离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CHCO3能够与OH反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+为有色离子，Fe3+能够与OH反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在9下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A排水集气法收集NOB实验室制取氨气C除去氯气中的氯化氢D分离碘酒中的碘和酒精【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】ANO不溶于水，可用排水法收集；B氯化铵加热分解生成氨气和HCl，二者能重新反应生成氯化铵；C氯气和HCl都能与NaOH反应；D碘易溶于酒精，不能用分液的方法分离【解答】解：ANO不溶于水，可用排水法收集，故A正确；B氯化铵加热分解生成氨气和HCl，二者能重新反应生成氯化铵，应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故B错误；C氯气和HCl都能与NaOH反应，应通过饱和食盐水分离，故C错误；D分液应用于分离互不相溶的液体，酒精和碘互溶，不能用分液方法分离，故D错误故选A【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，为解答该类题目的关键，学习中注意积累10现有下列六个转化，其中不能通过一步反应实现的是（）SiO2Na2SiO3；SiO2H2SiO3CuSO4Cu（NO3）2；CuOCu（OH）2；Cl2NaClOSO2H2SO4ABCD【考点】硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3；SiO2先转化为Na2SiO3，然后再转化为H2SiO3；CuSO4和硝酸钡反应生成Cu（NO3）2；CuO先转化为铜盐，然后转化为Cu（OH）2；Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO；SO2和溴水反应生成H2SO4【解答】解：SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以能一步实现转化，故不选；SiO2先转化为Na2SiO3，然后再转化为H2SiO3，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3，所以不能一步实现转化，故选；CuSO4+Ba（NO3）2=Cu（NO3）2+BaSO4，所以一步能实现转化，故不选；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，所以一步不能实现转化，故选；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，所以一步能实现转化，故不选；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，所以能一步实现转化，故不选；故选D【点评】本题考查物质之间转化，明确物质的性质是解本题关键，熟记元素化合物知识，知道硅酸的制取方法，题目难度不大11下列物质的性质比较正确的是（）A熔点：NaAlB热稳定性NaHCO3Na2CO3C酸性：H2CO3H2SiO3D氧化性Br2Cl2【考点】元素周期律的作用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、钠的熔点低于100；B、碳酸氢盐易分解；C、元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；D、元素的非金属性越强其对应的单质的氧化性越强【解答】解：A、钠的熔点低于100，Al的熔点高于100，故A错误；B、碳酸氢盐易分解，碳酸盐较稳定，所以热稳定性NaHCO3Na2CO3，故B错误；C、元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：CSi，则酸性：H2CO3H2SiO3，故C正确；D、元素的非金属性越强其对应的单质的氧化性越强，非金属性：ClBr，则氧化性：Cl2Br2，故D错误；故选C【点评】本题考查熔点的比较、物质的稳定性、非金属和金属性的比较，明确常见的比较的方法是解答本题的关键，注意知识的归纳整理，题目难度不大12将5mol/L盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为（）A0.05mol/LB0.25mol/LC0.1mol/LD0.5mol/L【考点】物质的量浓度【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据稀释定律计算稀释的盐酸浓度从稀释后的盐酸中取出5ml盐酸，由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度【解答】解：令稀释后盐酸物质量浓度为c，则：10mL5mol/L=200mLc解得c=0.25mol/L由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25mol/L故选：B【点评】本题考查物质的量浓度有关计算及对物质的量浓度的理解，难度较小，关键清楚稀释定律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变13下列有关SO2与SiO2的比较，正确的是（）A它们均为酸性氧化物B都溶于水，都能与强碱反应CS元素和Si元素化合价都为+4价，因此从氧化还原角度考虑他们具有一样的性质DSiO2可与HF反应，这是SiO2作为酸性氧化物的通性【考点】二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅【分析】A氧化物能和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物；B二氧化硅不溶于水；CSO2具有强还原性，SiO2没有；D酸性氧化物的通性为能够与碱反应只生成盐和水；能够与碱性氧化物反应只生成盐【解答】解：ASO2和SiO2均能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B二氧化硅不溶于水，不与水反应，故B错误；CSO2具有强还原性，SiO2没有，故C错误；D因为酸性氧化物的通性为能够与碱反应只生成盐和水；能够与碱性氧化物反应只生成盐，所以SiO2可与HF反应不属于，故D错误故选A【点评】本题考查了二氧化硫和二氧化硅的性质，难度不大，注意二氧化硅的特殊性14下表中各组物质不能实现如图转化的是（）甲乙丙AAlCl3AlAl（OH）3BAlCl3Al（OH）3NaAlO2CCO2NaHCO3Na2CO3DCO2（NH4）2CO3NH3AABBCCDD【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐，根据物质的化学性质来判断【解答】解：A、金属铝可以和盐酸反应生成氯化铝，可以和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，故A错误；B、氢氧化铝可以和盐酸反应生成氯化铝，可以和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，故B正确；C、碳酸氢钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠，故C正确；D、碳酸铵可以和盐酸反应生成氯化铵和二氧化碳，可以和氢氧化钠发应生成氨气、碳酸钠，故D正确故A正确【点评】本题考查学生化合物的化学性质方面的知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度不大15下列离子方程式，书写正确的是（）A盐酸与石灰石反应CO32+H+CO2+H2OB硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2+S042Ba+S04C氢氧化镁和盐酸反应：H+OHH2OD氯化铝溶液中加人过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A石灰石为碳酸钙，离子方程式中碳酸钙不能拆开；B硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜沉淀；C氢氧化镁为难溶物，离子方程式中氢氧化镁才能拆开；D氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀【解答】解：A碳酸钙小于保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故A错误；B硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：SO42+Ba2+Cu2+2OH=Cu（OH）2+BaSO4，故B错误；C氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，氢氧化镁小于保留化学式，正确的离子方程式为：2H+Mg（OH）2H2O+Mg2+，故C错误；D氯化铝溶液中加人过量氨水，扶生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等；试题培养了学生的灵活应用能力16某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO与ClO3的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A21：5B11：3C3：1D4：1【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO与ClO3的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比【解答】解：Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO与ClO3的物质的量浓度之比为1：3，则可设ClO为1mol，ClO3为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol（10）+3mol（50）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用二、非选择题（共5小题，满分52分）17食盐是人类生活中不可缺少的物质，海水中含有大量食盐某地出产的粗盐中，所含杂质是CaCl2，通过下面的实验可制得纯净的NaCl请回答：（1）加入的A是Na2CO3，检验A已过量的方法是取上层清液于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸，如果有气泡产生，则说明Na2CO3已过量（2）加入的B是HCl，加入稍过量B的目的是除去过量的CO32（3）为检验沉淀是否洗净，最好在最后几滴洗出液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液【考点】粗盐提纯【分析】根据粗盐中，所含杂质是CaCl2，故应加入的除杂试剂A为过量的Na2CO3，过滤，所得沉淀为CaCO3，所得滤液中含Na+、Cl和过量的CO32，故应加入过量的HCl除去CO32，由于盐酸易挥发，故蒸发结晶即可得纯净的NaCl据此分析【解答】解：根据粗盐中，所含杂质是CaCl2，故应加入的除杂试剂A为过量的Na2CO3，过滤，所得沉淀为CaCO3，所得滤液中含Na+、Cl和过量的CO32，故应加入过量的HCl除去CO32，由于盐酸易挥发，故蒸发结晶即可得纯净的NaCl据此分析（1）加入的A是Na2CO3，检验A已过量即检验溶液中是否有过量的CO32，方法是取上层清液于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸，如果有气泡产生，则说明Na2CO3已过量，故答案为：Na2CO3；取上层清液于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸，如果有气泡产生，则说明Na2CO3已过量；（2）加入的B为HCl，目的是为了除去前面过量的CO32，故答案为：HCl，除去溶液中过量的CO32；（3）由于沉淀CaCO3是从NaCl溶液中过滤出来的，故沉淀上有Cl和Na+残留，检查CaCO3是否洗净即检查洗涤液中是否有Cl，即向最后一次洗涤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，故答案为：硝酸酸化的AgNO3溶液【点评】本题考查了粗盐的提纯，应注意的是除杂试剂的选择和杂质离子的检验，难度不大18实验室欲用NaOH固体配制1.0molL1的NaOH溶液250mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量 计算溶解倒转摇匀 转移 洗涤定容冷却其正确的操作顺序为本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有250mL容量瓶、胶头滴管（2）要完成本实验应称量10.0 g NaOH固体，某同学先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图烧杯的实际质量应为27.4 g（3）使用容量瓶前，必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是没有洗涤烧杯和玻璃棒转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水定容时俯视刻度线未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器判断正确的操作顺序；（2）依据m=CVM计算需要的溶质的质量；根据天平的称量原理来分析；（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏；（4）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析【解答】解：（1）配制1.0mol/L的NaOH溶液250mL应选择250ml容量瓶，操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确的顺序为：；一般用托盘天平称量溶质，在烧杯中溶解溶质氢氧化钠并用玻璃棒搅拌，冷却后转移