【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．
14．元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法不正确的是（ ）
A．除去FeCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加入足量铁粉，反应后过滤 B．NaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同 C．用热的纯碱溶液洗碗可去除油污
D．将浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑了，说明浓硫酸具有吸水性 【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用；浓硫酸的性质． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A．FeCl3可与铁反应生成FeCl2；
B．AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O来分析；根据AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+NaCl，
C．加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强； D．浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质．
【解答】解：A．FeCl3可与铁反应生成FeCl2，可用于除去杂质，故A正确；
B．将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）
3+OH
﹣
﹣
Al3++4OH﹣=AlO2═AlO2﹣+2H2O，将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：
+2H2O，Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，现象不同，故B正确；
C．加热可促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故C正确；
D．浓硫酸使纤维素碳化，为脱水的性质，吸水性常用于干燥剂，故D错误． 故选D．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握铁、铝的单质以及浓硫酸的性质，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．
15．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）
A B C D A．A
叙述I 氯气具有强还原性 SiO2导电能力强 SO2有还原性 SO2能使酸性KMnO4溶液褪色 盐酸和氨水都能溶解Al（OH）3 Al（OH）3是两性氢氧化物 叙述II 可用于自来水的消毒杀菌 可用于制造太阳能电池板 B．B C．C D．D
【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A．氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒； B．Si是半导体，可以用于制造太阳能电池板； C、SO2中有硫+4价，具有还原性；
D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱．
【解答】解：A．氯气具有强氧化性，用于杀菌消毒，与还原性无关，因果关系不成立，故A错误；
B．Si是半导体，可以用于制造太阳能电池板，而不是二氧化硅，故B错误； C、SO2中有硫+4价，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D、氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，所以氨水不能溶解Al（OH）3，故D错误； 故选C．
【点评】本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，为高频考点，把握氯气、二氧化硅、二氧化硫和氢氧化铝的性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大．
16．实验室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，以下操作中正确的是（ ） A．称取7.86g硫酸铜，加入500mL水
B．称取12.0gCuSO45H2O，配制480mL溶液 C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水
D．称取12.5gCuSO45H2O，配制500mL溶液
【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法． 【专题】溶液和胶体专题．
【分析】室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L×160g/mol×0.5L=8.0g；需要溶质CuSO45H2O的质量=0.1mol/L×250g/mol×0.5L=12.5g，注意物质的量浓度中体积为溶液体积．
【解答】解：A．室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质硫酸铜的质量m=0.1mol/L×160g/mol×0.5L=8.0g，故A错误；
B．实验室需要480mL 0.1molL﹣1硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，故B错误；
C．加入硫酸铜8.0g硫酸铜，物质的量为0.05mol，水的体积为500mL，则溶液物质的量浓度小于0.1mol/L，故C错误；
D.12.5gCuSO45H2O物质的量为0.05mol，配制500mL溶液，溶液物质的量浓度为0.1mol/L，故D正确； 故选：D．
【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算，难度不大，注意配制中物质溶于水溶质发生变化的情况以及稀释前后溶质的物质的量不变．
二、填空题（本题包括4小题，共48分） 17．按要求填空：
（1）0.6mol NH3中所氢原子数与 16.2 g H2O中所含氢原子数相等．
（2）以下物质：①NH3 ②CaCO3③蔗糖 ④饱和食盐水 ⑤H2SO4 ⑥Cu
属于电解质的有 ②、⑤ （填序号）．
（3）标出下列反应中电子转移的方向和数目： 4NH3+5O2
4NO+6H2O．
【考点】物质的量的相关计算；氧化还原反应；电解质与非电解质． 【专题】物质的量的计算．
【分析】（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol氨气中n（H）=3×0.6mol=1.8mol，根据N=nNA知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=×n（H）=×1.8mol=0.9mol，根据m=nM计算水的质量；
（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
（3）该反应中N元素化合价由﹣3价变为+2价、O元素化合价由0价变为﹣2价，转移电子数为20．
【解答】解：（1）每个氨气分子中含有3个H原子、每个水分子中含有2个H原子，则0.6mol氨气中n（H）=3×0.6mol=1.8mol，根据N=nNA知，氢原子个数相等则氢原子物质的量相等，则n（H2O）=×n（H）=×1.8mol=0.9mol，m（H2O）=nM=0.9mol×18g/mol=16.2g，故答案为：16.2；
（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，这几种物质中②、⑤是电解质，①③是非电解质，④⑥既不是电解质也不是非电解质， 故答案为：②、⑤；
（3）该反应中N元素化合价由﹣3价变为+2价、O元素化合价由0价变为﹣2价，转移电
子数为20，则该反应中转移电子方向和数目为，故答案为：
．
【点评】本题考查物质的量的计算、电子方向和数目的表示方法、基本概念等知识点，都属于基础题，明确物质的量基本公式、基本概念内涵是解本题关键，注意：氨气的水溶液能导电但氨气是非电解质而不是电解质，为易错点．
18．某实验小组用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，并将 制得的氯气与潮湿的Ca（OH）
2
固体反应制取少量漂白粉．实验装置如下图：回答下列问题
（1）装置的分液漏斗所盛的药品是（写名称） 浓盐酸 ； 漂白粉的有效成分是（写化学式） Ca（ClO）2 ．
（2）装置的试管中发生的主要反应的化学方程式是 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ．
（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，试写出该反应的化学方程式 KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O ．
【考点】氯气的实验室制法；化学方程式的书写． 【专题】制备实验综合．
【分析】（1）分液漏斗盛放浓盐酸、二氧化锰放入圆底烧瓶中；漂白粉的有效成分为次氯酸钙；
（2）试管中氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（3）氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，据此写出反应的化学方程式．
【解答】解：（1）制取氯气时，二氧化锰放入圆底烧瓶中，浓盐酸盛放在分液漏斗中；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸根和水，次氯酸根和氯化钙为漂白粉的主要成分，漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2， 故答案为：浓盐酸；Ca（ClO）2；
（2）试管中氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；
（3）用KClO3代替MnO2与浓盐酸混合，在常温下也能产生Cl2，氯酸钾中+5价的氯元素转化成0价的氯气，HCl中﹣1价的氯元素转化成0价，化合价变化的最小公倍数为5，则