宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 29页

高一年级第一学期期末考试化学试卷 相对原子质量： N:14 O:‎16 C:12 Fe:56 Cu:64 S:32 Ca：40 Na：23 Ba：137 Mn：55 Ag:108‎ 一：选择题 ‎1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是 A. “酸雨”、“臭氧层受损”、“光化学烟雾”都与氮氧化物有关 B. PM2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5µm的颗粒物，该值越高，代表空气污染程度越严重 C. 静电除尘治理悬浮颗粒污染，其依据是胶体的电泳原理 D. 为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，食盐中所加含碘物质是KI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“酸雨“、“臭氧层受损“、“光化学烟雾“都与氮氧化物有关，故A正确；‎ B．PM2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，PM2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，代表空气污染越严重，故B正确；‎ C．静电除尘就是运用悬浮颗粒的胶粒带负电荷，在外加电场作用下，向阳极移动，从而达除尘的效果，其依据是胶体的电泳原理，故C正确；‎ D．为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质。在食盐中所加含碘物质是碘酸钾(KIO3)，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎2.化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质。如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr。但类比是相对的，如根据2Na2O2+2CO2= Na2CO3+ O2,推测2Na2O2+2SO2= Na2SO3+ O2是错误的，应该是Na2O2+SO2= Na2SO4。下列各组类比中正确的是 A. 钠与水反应生成NaOH和H2,推测：所有金属与水反应都生成碱和H2‎ B. 由CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推测：2SO2+Ca（ClO）2+H2O=CaSO3↓+2HClO C. 铝和硫直接化合能得到Al2S3, 推测：铁和硫直接化合也能得到 Fe2S3‎ D. 由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+ SO2↑，推测：Na2CO3+2HCl =2NaCl +H2O+ CO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故A错误；‎ B、二氧化硫具有还原性，次氯酸具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，故B错误；‎ C、硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合也能得到 FeS，而得不到Fe2S3，故C错误；‎ D、Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑和Na2SO3+2HCl═2NaCl+H2O+SO2↑都强酸制弱酸，所以类比合理，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是( )‎ A. Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B. 磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物 C. CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D. 烧碱、纯碱、熟石灰都是碱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物；‎ B、混合物中至少含有两种物质；‎ C、根据电解质在水中的电离程度可知，电离不完全的电解质为弱电解质；‎ D、碱在水中电离产生的阴离子全部为氢氧根离子。‎ ‎【详解】A、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；‎ B、磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾（FeSO4•7H2O）为纯净物，故B错误；‎ C、CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；‎ D、烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱（Na2CO3）属于盐，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分类，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果是解答本题的关键，学生应熟记概念并能利用概念来判断物质的类别。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（      ）‎ A. 将78Na2O2与过量H2O反应转移的电子数为NA B. 2mol SO2与 1mol O2反应生成的SO3 分子数为2NA C. 标准状况下,‎2.24L SO3中所含原子数为0.4NA D. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将78gNa2O2物质的量==1mol，与过量CO2反应，过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，转移的电子数为NA，故A正确；‎ B．SO2与 O2反应生成的SO3 反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，则2mol SO2与 1mol O2反应生成的SO3 分子数小于2NA，故B错误；‎ C．标准状况下，三氧化硫不是气体，‎2.24L SO3中物质的量不是0.1nol，故C错误；‎ D．1molCl2和过量的Cu反应，转移电子数为2NA，而1molCl2溶解于NaOH溶液，反应转移电子数为NA，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是‎0℃‎，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③‎22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎5.下列两种物质相互作用，反应条件或者反应物用量改变，不会引起产物种类改变的是（　　）‎ A. Na和O2 B. NaOH和CO‎2 ‎C. Fe和Cl2 D. HCl和Na2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，4Na+O2=2Na2O、2Na+O2 Na2O2，反应温度不同其产物不同，故A错误；‎ B．氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；‎ C．氯气具有较强的氧化性，铁和氯气反应只生成氯化铁，与量以及温度无关，故C正确；‎ D．在Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，若盐酸少量产物为NaHCO3和NaCl，盐酸过量产物为NaCl、H2O和CO2，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是 ( )‎ A. K+、Na+、S2-、MnO4- B. Na+、NH4+、SO42-、Cl-‎ C. Fe3+、Mg2+、NO3-、SCN- D. NO3-、H+、Fe2+、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S2-和MnO4-易发生氧化还原反应，而不能大量共存，故A错误；‎ B．离子组Na+、NH4+、SO42-、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，故B正确；‎ C．Fe3+和SCN-易生成配合离子，溶液呈红色，不能大量共存，故C错误；‎ D．酸性条件下NO3-有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】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，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)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-；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力。‎ ‎7.下列关于电解质、非电解质的说法正确的是 A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质 B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质 C. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液 D. HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B．碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；‎ C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故C错误；‎ D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是(　　)‎ A. 装置①常用于分离互不相溶的液态混合物 B. 装置②可用于吸收氨气,且能防止倒吸 C. 用装置③不可以完成“喷泉”实验 D. 用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；‎ B、氨气极易溶于水,有缓冲装置的能防止倒吸,该装置中苯没有缓冲作用,所以不能防止倒吸,故B错误；‎ C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；‎ D、浓硫酸溶于水放出大量热,且浓硫酸的密度大于水,稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图示操作合理,所以D选项是正确的;  综上所述，本题应选D。‎ ‎9.1mol过氧化钠与1.6mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是 （ ）‎ A. Na2CO3 B. NaOH、Na2CO‎3 ‎C. Na2O2、 Na2CO3 D. Na2O2、 NaOH 、Na2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ 2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O ‎ 1.6mol 0.8mol 0.8mol 0.8mol ‎ 2Na2O2+ 2CO2 2Na2CO3 + O2↑‎ ‎ 0.8mol 0.8mol 0.8mol ‎ 2Na2O2+ 2H2O 4NaOH + O2↑‎ ‎ 0.2mol 0.2mol 0.4mol 则过氧化钠与碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水都能反应，排出气体物质冷却后，残留的固体物质为0.8mol Na2CO3和0.4mol NaOH，答案选B。‎ ‎10.下列说法中正确的是 (　　)‎ A. S在过量的O2中充分燃烧,可得SO3‎ B. 除去NaHCO3固体中混有Na2CO3的的最好办法是加热 C. 浓硝酸具有强氧化性，常温下可与铁剧烈反应放出大量的NO2‎ D. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应,消耗HCl的物质的量之比为2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S在过量的O2中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，二氧化硫在催化作用下可生成三氧化硫，故A错误；‎ B．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，最终得到的是Na2CO3固体，故B错误；‎ C．浓硝酸具有强氧化性，常温下使铁钝化，反应停止，不可能剧烈反应放出大量的NO2，故C错误；‎ D．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，消耗HCl的物质的量之比为2：1，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎11.下列五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其反应实质相同的是（ ）‎ ‎ ①品红溶液 ②酸性KMnO4溶液 ③溴水 ④滴入酚酞的烧碱溶液 ⑤淀粉—碘溶液 A. ①②③ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ②③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色是特征反应，化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色；②酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性；③溴水可以将二氧化硫氧化为硫酸，自身还原为溴化氢，这里同样体现的是二氧化硫的还原性；④二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，没有价态变化，是复分解反应，不过亚硫酸钠水解显碱性，但水解较微弱，现象只能是颜色变浅不是褪色；⑤淀粉遇碘变蓝色，碘可以将二氧化硫氧化为硫酸，自身还原为碘化氢是溶液褪色，体现的是二氧化硫的还原性；五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是②③⑤，均体现了二氧化硫的还原性．故选D．‎ 考点：考查二氧化硫性质的相关知识点 ‎12.赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：‎ Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中正确的是 A. 该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1‎ B. Cu2S 在反应中只做还原剂 C. Cu 是氧化产物，SO2是还原产物 D. 每生成38.4gCu，反应中转移0.6mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，以此来解答。‎ ‎【详解】A、Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂，Cu2O是氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1，故A错误；‎ B、硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故B错误；‎ C、反应物Cu2S、Cu2O中硫元素化合价降为金属铜中的0价，金属铜为还原产物，S 元素的化合价升高，SO2是氧化产物，故C错误；‎ D、反应中，化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，所以每生成38.4gCu（即0.6mol），反应中转移0.6mol电子，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化及基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。‎ ‎13.下列叙述正确的是 ( )‎ A. 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀.‎ B. 向FeCl3溶液中滴加氨水，产生红褐色沉淀；再加入NaHSO4溶液，沉淀消失 C. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解 D 分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体也从下口放出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸、亚硫酸的酸性比盐酸弱，二氧化碳、二氧化硫与氯化钡溶液都不反应，故A错误；‎ B．氨水呈碱性，可与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀，硫酸氢钠溶液呈酸性，可使氢氧化铁沉淀溶解，故B正确；‎ C．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化铜而使铜溶解，故C错误；‎ D．分液漏斗分液时应避免液体重新混合而污染，分液时上层液体从上口倒出，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.常温下，发生下列反应：‎ ‎①16H++10Z﹣+2XO4﹣＝2X2++5Z2+8H2O ‎②‎2A2++B2＝‎2A3++2B﹣‎ ‎③2B﹣+Z2＝B2+2Z﹣根据上述反应，下列结论判断错误的是(　　)‎ A. A3+是A2+的氧化产物 B. 氧化性强弱的顺序为XO4﹣＞B2‎ C. 反应Z2+‎2A2+＝‎2A3++2Z﹣在溶液中可发生 D. Z2在①③反应中均为还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、‎2A2++B2═‎2A3++2BR﹣中，A元素的化合价升高，所以A2+是还原剂，则A3+是A2+的氧化产物，故A正确；‎ B.①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O，氧化性：XO4﹣＞Z2，②‎2A2++B2═‎2A3++2B﹣，氧化性：B2＞A3+，③2B﹣+Z2═B2+2Z﹣，氧化性：Z2＞B2，所以氧化性关系为：XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故B正确；‎ C、氧化性关系为：XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，所以反应Z2+‎2A2+＝‎2A3++2Z﹣在溶液中可发生，故C正确；‎ D.①中Z的化合价升高，则Z2在①中是氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2是氧化剂，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎15.将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是 A. 5︰3 B. 2︰‎3 ‎C. 1︰1 D. 2︰1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设NO2体积为x mL ‎3NO2+H2O= 2HNO3+ NO △V ‎ 3 2‎ ‎ X 60-40‎ ‎=‎ X=30 mL 混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，故C正确。‎ ‎16.下列说法正确的是(　　)‎ A. 鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液：分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀产生 B. 利用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液 C. 除去FeCl2溶液中含有的少量FeCl3，可加入足量铜粉，然后过滤 D. 镁在空气中燃烧的产物不仅有MgO，还有Mg3N2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二者均与石灰水反应生成白色沉淀，不能鉴别，应选氯化钡或氯化钙鉴别，故A错误；‎ B．FeCl3溶液和FeCl2溶液均没有丁达尔效应，无法鉴别，应选用KSCN溶液，故B错误；‎ C．除去FeCl2溶液中含有的少量FeCl3，可加入足量铁粉，然后过滤，如用Cu粉会引入杂质Cu2+，故C错误；‎ D．镁能在氧气和氮气中燃烧，空气中有氮气和氧气，则镁在空气中燃烧的产物不仅有MgO，还有Mg3N2，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎17.下列除杂质的操作方法正确的是(　　)‎ A. NO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥 B. 食盐中有少量的NH4Cl：加过量的烧碱溶液后加热蒸干 C. N2中有少量的CO：通过灼热的氧化铜 D. NO2中有少量NH3：用水洗涤后干燥 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化氮和水反应生成NO，可用于除杂，故A正确；‎ B．烧碱过量，引入新杂质，不符合除杂原则，故B错误；‎ C．CO和CuO反应生成Cu和CO2，引入新杂质，不符合除杂原则，故C错误；‎ D．二氧化氮也能和水反应，不能用水除杂，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎18.下列说法正确的是（ ）‎ A. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定 C. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2‎ D. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；‎ B ‎．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B正确；‎ C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故C错误；‎ D．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。‎ ‎19.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是 选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ H2O B 浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH溶液 C 稀硝酸 Cu NO2‎ H2O D 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。‎ ‎【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；‎ B、正确；‎ C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；‎ D、制取氯气需要加热，错误。‎ ‎20.将3.2 gCu投入到一定浓度的HNO3溶液中，恰好完全反应，产生NO2和NO的混合气体共 0.08 mol。则原溶液中HNO3的物质的量为（ ）‎ A. 0.34‎‎ mol B. 0.38 mol C. 0.28 mol D. 0.18 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】产生NO2和NO的混合气体共 0.08 mol。则被还原的硝酸就是0.08mol。铜是‎3.2g，物质的量是0.05mol，生成硝酸铜就是0.05mol。所以没有被还原的硝酸是0.1mol，因此硝酸的物质的量是0.18mol。答案选D。‎ ‎21.有600 mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：‎ ‎（1）向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；‎ ‎（2）向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04 mol；‎ ‎（3）向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀‎6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎2.33g。 根据上述实验现象，以下推测正确的是 A. K+不一定存在 B. Ba2+、Mg2+不一定都存在 C. Cl-不一定存在 D. 混合溶液中CO32-的浓度为0.2 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl－+Ag+=AgCl↓、CO32－+2Ag+=Ag2CO3↓、SO42－+2Ag+=Ag2SO4↓，所以可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，则一定含有NH4+，根据反应NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O可知，产生NH3为0.04mol，则NH4+也为0.04mol；‎ 第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀‎6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎2.33g，说明有部分沉淀溶于盐酸、部分沉淀不溶于盐酸，则沉淀为BaCO3和BaSO4，溶液中一定存在CO32－、SO42－，一定不存在Ba2＋，由条件可知BaSO4为‎2.33g，物质的量为‎2.33g÷‎233g/mol=0.01mol，BaCO3为‎6.27g－‎2.33g=‎3.94g，物质的量为‎3.94g÷‎197g/mol=0.02mol，则CO32－物质的量为0.02mol，CO32－物质的量浓度为0.02mol÷‎0.2L=0.1mol/L。‎ ‎【详解】A. CO32－、SO42－、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32－、SO42－所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒可知，K+一定存在，且K+物质的量≥0.02mol，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl－，故A错误；‎ B. 溶液中一定存在CO32－、SO42－，因Ba2+和CO32－、SO42－可发生反应生成BaCO3和BaSO4沉淀，Mg2+和CO32－可发生反应生成MgCO3沉淀，因此Mg2+和Ba2+一定不存在，故B错误；‎ C. 根据A项分析可知，只有当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中才必须存在Cl－，所以不能确定溶液中Cl－是否存在，故C正确；‎ D. 由上述分析可知，溶液中CO32－的物质的量浓度为0.1mol/L，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎22.取碘水四份于试管中，编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，分别加入汽油、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是 A. Ⅰ中溶液分层，下层呈紫红色 B. Ⅱ中溶液分层，下层呈紫红色 C. Ⅲ中溶液分层，下层呈棕黄色 D. Ⅳ中溶液不分层，溶液由棕黄色变成黄绿色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、试管Ⅰ：碘水中加入汽油，汽油与水互不相溶，碘在汽油中的溶解度大，会发生萃取，由于汽油的密度比水小，在上层，因此上层呈现紫红色，A错误；‎ B、编号Ⅱ：碘水中加入CCl4，CCl4与水互不相溶，碘在CCl4中的溶解度大，会发生萃取，由于CCl4的密度比水大，在下层，因此下层呈现紫红色，B正确；‎ C、编号为Ⅲ：碘水中加入酒精，酒精与水混溶，不分层，整个溶液呈现棕黄色，C错误；‎ D、编号为Ⅳ：碘水中加入NaCl溶液，NaCl溶液溶于水中，碘不与NaCl反应不分层，整个溶液呈现棕黄色，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎23.向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2后，在继续向该溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如下图所示 下列有关说法不正确的是 A. 原溶液中NaOH的物质的量浓度为0.15 mol·L－1‎ B. 0~25 mL发生的离子反应为：OH－+ H＋ =H2O C. 通入CO2后所得的溶液中溶质的物质的量之比为1：1‎ D. 纵坐标中a的数值为224‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。‎ ‎【详解】A、加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝‎0.075L×0.2mol/L＝0.015mol，所以c（NaOH）＝＝0.15mol/L，故A正确；‎ B、0～25 mL时，盐酸与Na2CO3反应生成NaHCO3，故离子方程式为：CO32﹣+H+═HCO3﹣，故B错误；‎ C、先发生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，消耗25 mL盐酸，则碳酸钠的物质的量为‎0.025L×0.2 mol•L﹣1＝0.005mol，生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL﹣20mL＝50mL，n总（NaHCO3）＝n（HCl）＝‎0.05L×0.2mol/L＝0.01mol，原来溶液中碳酸氢钠为0.01﹣0.005＝0.005mol，所以通入CO2后所得的溶液中溶质的物质的量之比为1：1，故C正确；‎ D、生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL﹣20mL＝50mL，n（CO2）＝n（HCl）＝‎0.05L×0.2mol/L＝0.01mol，所以V（CO2）＝0.01mol×‎22.4L/mol＝‎0.224L＝224mL，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了根据图象获取信息的能力、混合物的计算等，题目难度中等，根据图象判断溶质及各段发生的反应是解题的关键，注意原子守恒的方法来进行计算。‎ ‎24.a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：‎ 反应物 a+b a+c b+c c+d b+d 现象 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 无色气体 由上述现象可推知a、b、c、d依次是 A. HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3 B. AgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2‎ C. BaCl2、Na2CO3、AgNO3、HCl D. AgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ b+d反应生成无色气体，则b、d分别为HCl、Na2CO3中的一种，而d+c、c+a、c+b均生成白色沉淀，则c为AgNO3，而a+b、b+c均产生了白色沉淀，因此d为HCl，b为Na2CO3，a+b反应生成白色沉淀，a为BaCl2，以此来解答。‎ ‎【详解】由表中反应物及现象可知，b+d反应生成无色气体，则b、d为HCl、Na2CO3中的一种，而d+c、c+a、c+b均生成白色沉淀，则c为AgNO3，而a+b、b+c均产生了白色沉淀，因此d为HCl，b为Na2CO3，a+b反应生成白色沉淀，CO32－＋Ba2＋=BaCO3↓，a为BaCl2，a+c、d+c反应生成AgCl沉淀，离子反应为Ag＋+Cl－=AgCl↓，b+d反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，即CO32－+2H＋=CO2↑+H2O；‎ 故选C。‎ ‎25.向Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量Cl2,溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法正确的是(   )‎ A. 线段BC代表Cl-物质的量的变化情况 B. 原混合溶液中c(FeBr2)=6mol·L-1‎ C. 当通入2mol Cl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-‎ D. 原溶液中n(Fe2+):n(I-):n(Br-)=2:2:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原性为I－＞Fe2＋＞Br－，则AB发生2I－+Cl2═I2+2Cl－，I－反应完毕再发生BC段：2Fe2＋+Cl2═2Fe3＋+2Cl－，最后发生DE段反应2Br－+Cl2═Br2+2Cl－。‎ ‎【详解】A．B点时溶液中I－完全反应，溶液中存在Fe2＋和Br－，BC段发生2Fe2＋+Cl2═2Fe3＋+2Cl－，代表Fe3＋的物质的量的变化情况，故A错误；‎ B．由图可知，BC段发生2Fe2＋+Cl2═2Fe3＋+2Cl－，Fe2＋反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2＋）=2×2mol=4mol，则n（FeBr2）=4mol，缺少溶液的体积，故B错误；‎ C．AB段发生2I－+Cl2═I2+2Cl－，2mol的I－消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2＋+Cl2═2Fe3＋+2Cl－，余下的1mol氯气再与2molFe2＋反应，参加反应的n（Fe2＋）：n（I－）=1：1，通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋+2I－+2Cl2═2Fe3＋+I2+4Cl－，故C正确；‎ D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I－+Cl2═I2+2Cl－，故n（I－）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2＋+Cl2═2Fe3＋+2Cl－，消耗氯气2mol，故n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×2mol=4mol，DE段发生2Br－+Cl2═Br2+2Cl－，消耗氯气3mol，故n（Br－）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2＋）：n（I－）：n（Br－）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，题目难度中等，试题综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键 二：填空题 ‎26.（1）常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2‎ 四种气体分别吹出四个气球，其中气体为SO2的是_________（填选项序号）。‎ ‎（2）在标准状况下，‎2.24L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮元素的质量约为_______。‎ ‎（3）在‎0.1L由KCl、K2SO4、ZnSO4形成的某植物营养液中，c（K+）＝0.7mol•L﹣1，c（Zn2+）＝0.1mol•L﹣1，c（Cl﹣）＝0.3mol•L﹣1，向混合溶液中滴加足量的BaCl2溶液后产生沉淀的物质的量为_________。‎ ‎（4）0.3mol的甲烷与_________g氨气中所含氢原子数相等。‎ ‎（5）在同温同压下，‎2g二氧化碳的体积为120ml，而2gA气体的体积为165ml，则气体A的摩尔质量_________________；‎ ‎（6）标准状况下，‎11.2L二氧化碳和一氧化碳混合气体的质量为‎18g，则其中二氧化碳的质量为_________，一氧化碳的体积为_________。‎ ‎（7）氯气（Cl2）、重铬酸钾（K2Cr2O7）是常用的氧化剂。‎ ‎①硫代硫酸钠（Na2S2O3）被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯气对鱼的危害。已知25.0mL0.100mol•L﹣1 Na2S2O3溶液恰好把标准状况下224mL的Cl2完全转化为Cl﹣，则S2O32﹣将转化成____________。‎ A．S2﹣ B．S C．SO32﹣ D．SO42﹣‎ ‎②实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl（浓）＝3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O，若反应中转移0.6mole﹣，则被氧化的HCl的物质的量为_____________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). ‎2.8g (3). 0.03mol (4). 6.8 (5). ‎32g/mol (6). ‎11g (7). ‎5.6L (8). D (9). 0.6mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体的物质的量与其摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，则物质的量越小，在同温同压下，体积越小，据此进行解答；‎ ‎(2)在标准状况下，‎2.24L由N2、N2O组成的混合气体物质的量n=V/Vm，据m=nM来计算质量即可；‎ ‎(3)根据溶液中各种离子遵循电荷守恒来回答判断；‎ ‎(4)根据0.3mol的甲烷含有氢原子物质的量计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量；‎ ‎(5)结合n==计算；‎ ‎(6)根据n=进行相关物理量的计算，可设CO为xmol，CO2为ymol，列方程式计算。‎ ‎(7)①在氧化还原反应中，化合价降低总数=化合价升高总数=转移电子数，根据转移电子相等确定生成物；‎ ‎②反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O，若反应中转移6mole-，则被氧化的HCl的物质的量是6mol，据此回答。‎ ‎【详解】(1)气体的物质的量n=，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=n•Vm，即V=Vm可知，摩尔质量越大，体积越小；CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为‎16g/mol、‎44g/mol、‎32g/mol、‎64g/mol，SO2的摩尔质量最大，故体积最小，故A正确，故答案为A；‎ ‎(2)在标准状况下，‎2.24L由N2、N2O组成的混合气体物质的量n=V/Vm=0.1mol，据m=nM=0.1mol×2×‎14g/mol=‎2.8g；‎ ‎(3)溶液中各种离子遵循电荷守恒，‎2c(SO42- )+c(Cl-)=‎2c (Zn2+)+c (K+)，解得‎2c(SO42- )=0.1×2+0.7-0.3=0.6mol/L，c(SO42- )=0.3mol/L，则n(SO42- )=0.3mol/L×‎0.1L=0.03mol，加入氯化钡产生硫酸钡的物质的量为0.03mol；‎ ‎(4)与0.3molCH4分子中所含氢原子数相等的氨气物质的量==0.4mol，故氨气的质量=0.4mol×‎17g•mol-1=‎6.8g；‎ ‎(5)n(CO2)==mol，Vm===‎2.64L/mol，则n(A)==0.0625mol，M(A)==‎32g/mol；‎ ‎(6)气体的物质的量为n===0.5mol，设CO为xmol，CO2为ymol，则：28x+44y＝18、x+y＝0.5，解得：x=0.25、y=0.25；故m(CO2)=0.25mol×‎44g/mol=‎11g，n(CO)=0.25mol，V(CO)=0.25mol×‎22.4L/mol=‎5.6L；‎ ‎(4)①n(Na2S2O3)=0.1mol/L×‎0.025L=0.0025mol，氯气的物质的量=0.01mol，二者完全反应时转移电子相等，设硫代硫酸根离子被氧化后硫元素的化合价为x， 0.01mol×2×(1-0)=0.0025mol×2×(x-2)，4=x-2，x=+6，所以硫代硫酸根离子转化为硫酸根离子，故答案为：D；‎ ‎②反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O，若反应中转移6mole-，则被氧化的HCl的物质的量是6mol，若反应中转移0.6mole-，则被氧化的HCl的物质的量是0.6mol。‎ ‎27.某同学采用如图装置进行实验，证明了铜与稀硝酸反应生成了NO。实验时，先向注射器内加入一定量的稀硝酸，排净注射器内的空气，迅速将带有铜丝的橡皮帽盖上，一段时间后，注射器内有无色气体产生。‎ ‎（1）铜与稀硝酸反应的化学方程式为_________________。‎ ‎（2）NO是大气污染物之一。目前有一种治理方法是在‎400℃‎左右、有催化剂存在的情况下，用氨气把NO还原为氮气和水。该反应的化学方程式为4NH3+6NO 5N2+6H2O，每有5 mol N2生成，氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。‎ ‎（3）若将上述稀硝酸换成浓硝酸，其生成的气体通入水中，该气体与水反应的化学方程式为______________________________________________。‎ ‎（4）①写出实验室由NH4Cl和Ca(OH)2加热制取氨气的化学方程式__________。‎ ‎②进行喷泉实验，若在水中加入酚酞，得到红色喷泉。该实验体现了氨气的两个重要性质分别是________________________、___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (2). 2∶3 (3). 3NO2+H2O===2HNO3+NO (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). 氨气易溶于水 (6). 氨气与水反应生成碱 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铜和稀硝酸反应生成NO气体,反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ,因此，本题正确答案是: 3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ; ‎ ‎(2)反应4NH3+6NO 5N2+6H2O，中,NO为氧化剂,N2为还原产物； NH3为还原剂, N2为氧化产物，根据方程式可知，每生成5molN2,有6molNO被还原, 4molNH3被氧化，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:3。正确答案是：2∶3。‎ ‎(3)铜和浓硝酸反应生成NO2, NO2可与水反应生成硝酸和NO,反应的方程式为3NO2+H2O===2HNO3+NO,因此，本题答案是: 3NO2+H2O===2HNO3+NO。‎ ‎（4）①实验室由NH4Cl和Ca(OH)2加热制取氨气的化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案: 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。‎ ‎②能进行喷泉实验，说明氨气易溶于水，若在水中加入酚酞，得到红色喷泉，说明氨气水溶液显碱性。所以该实验体现了氨气易溶于水；氨气与水反应生成碱。答案：氨气易溶于水； 氨气与水反应生成碱。‎ ‎28.（1）已知2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中氧化剂是______； 氧化剂与还原剂物质的量之比是_________；氧化产物是____________。‎ ‎（2）请用双线桥法标出下列反应电子转移的方向和数目10Al+6NaNO3 +4NaOH═10NaAlO2 +3N2↑+2H2O______________________‎ ‎（3）Mn2+、Bi3+、BiO3﹣、MnO4﹣、H+、H2O组成的一个氧化还原系统中，发生BiO3﹣→Bi3+的反应过程，据此回答下列问题 ①该氧化还原反应中，被还原的元素是____________。‎ ‎②请将氧化剂、还原剂的化学式及配平后的方程式填入下列相应的位置中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). P4 (2). 5:3 (3). K3PO4 (4). (5). Bi (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中P元素的化合价既升高，又降低；‎ ‎(2)该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反应中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠；‎ ‎(3)①该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化、得电子的元素被还原；‎ ‎②该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子数为10，电子由Mn2+转给BiO3-。‎ ‎【详解】(1)在2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中P元素的化合价从0价升高为+5价，同时从0价降为-3价，则P4既是氧化剂，又是还原剂；且氧化剂与还原剂物质的量之比是5:3，氧化产物是K3PO4；‎ ‎(2)该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反应中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠，其转移电子方向和数目；‎ ‎(3)①该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化、得电子的元素被还原，所以被还原的元素是Bi元素；‎ ‎②BiO3-为氧化剂，Mn2+为还原剂，反应2Mn2++5BiO3-+14H+═2MnO4-+5Bi3++7H2O中，Mn失去2×5e-，反应中转移10e-，所以单线桥法标电子转移的方向和数目为。‎ 故答案为：Mn2+；BiO3-；2MnO4-+5Bi3++7H2O。‎ ‎29.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．‎ ‎（1）只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的是（填序号）___________；‎ ‎（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点_____________；‎ ‎（3）若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是_______；‎ ‎（4）另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3和NaHCO3，请你写出两种不同的鉴别方法．‎ ‎①_____________________________，②______________________________．‎ ‎【答案】 (1). Ⅱ (2). 操作简便 (3). NaHCO3 (4). 焰色反应，隔蓝色钴玻璃能看到紫色焰色的是K2CO3，否则是NaHCO3 (5). 加入BaCl2 (CaCl2)溶液，产生白色沉淀的是K2CO3，否则是NaHCO3(或加热能产生使澄清石灰水变浑浊的是NaHCO3．否则是K2CO3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验Ⅰ中，无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；碳酸钠和盐酸反应分两步进行，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；‎ ‎(2)实验Ⅲ两个实验一次完成，操作简单；‎ ‎(3)用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，大试管中为碳酸钠，温度高不分解，具有对比性；‎ ‎(4)阳离子不同，阴离子不同，结合性质差异鉴别。‎ ‎【详解】(1))Ⅰ装置反应现象相同；Ⅱ装置，向碳酸钠溶液中滴加盐酸先没有气体生成，随着盐酸的不断滴加，后产生气泡，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸立即产生气泡，所以能够达到实验目的是Ⅱ；‎ ‎(2)碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠不能，与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是操作简便；‎ ‎(3)用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是NaHCO3，温度低分解，具有对比性；‎ ‎(4)阳离子不同，利用焰色反应可鉴别，隔蓝色钴玻璃能看到紫色焰色的是K2CO3，否则是NaHCO3；阴离子不同，滴加氯化钡溶液可鉴别，滴加氯化钡生成白色沉淀的为K2CO3，无现象的是NaHCO3。‎ ‎【点睛】考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。①溶于水并观察现象,溶解度较大其溶于水放热的是碳酸钠,溶解度较小且水温无明显变化的是碳酸氢钠；②溶于水加热,再通入澄清的石灰水,有气泡产生且有白沉淀的是碳酸氢钠,无变化的是碳酸钠；③用pH试纸或pH计测试其pH值,碱性较强的是碳酸钠,碱性较弱的是碳酸氢钠；④溶于水并加氢氧化钙或氢氧化钡,有白色沉淀生成的是碳酸钠,无变化的是碳酸氢钠。‎ ‎30.铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。‎ ‎（1）向沸水中逐滴滴加1 mol/L  FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是____________nm。‎ ‎（2）电子工业需要用30 %的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜片制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式______________________________________。某同学对FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成进行测定：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中所含金属阳离子有________________。‎ ‎（3）若要验证该溶液中含有Fe2＋，正确的实验方法是________（用字母代号填）。 ‎ A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe2＋。‎ B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2＋。‎ C．向试管中加入试液，先滴入KSCN溶液，无现象，再滴加氯水，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2＋‎ ‎（4）欲从废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下： ‎ ‎ ‎ ‎①写出上述实验中有关物质化学式：A：__________；B：__________。‎ ‎②写出通入 C的化学方程式_____________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 1～100 (2). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (3). Fe3+、Fe2+、Cu2+ (4). BC (5). Fe (6). HCl (7). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)至液体呈透明的红褐色得到的分散系为胶体；‎ ‎(2)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁；取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则一定含铁离子；‎ ‎(3)验证该溶液中含有Fe2+，利用其还原性，注意排除铁离子对亚铁离子检验的干扰；‎ ‎(4)腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁，加入过量的铁可以和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，故A为Fe，经过滤所得滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，加入过量B为盐酸可以将铜分离，得到的滤液为氯化亚铁，滤液合并后通入氯气，能将亚铁离子氧化为三价铁，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)向沸水中逐滴滴加1mol/L  FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系为胶体，可知粒子直径的范围是1～100nm；‎ ‎(2)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁，离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，；取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则一定含铁离子，则Cu不足，溶液中还含Fe2+、Cu2+；‎ ‎(3)A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe3+，不能检验Fe2+，故A错误；‎ B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，发生氧化还原反应，体现Fe2+还原性，证明含有Fe2+，故B正确；‎ C．向试管中加入试液先滴入KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水，显血红色，证明原溶液中含有Fe2＋；‎ 故答案为：BC；‎ ‎(4)腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁，加入过量的铁可以和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，故A为Fe，经过滤所得滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，加入过量B为盐酸可以将铜分离，得到的滤液为氯化亚铁，滤液合并后通入氯气，能将亚铁离子氧化为三价铁；‎ ‎①由上述分析可知，A为Fe，B为HCl；‎ ‎②C为氯气，通入C和氯化亚铁反应生成氯化铁，方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3。‎ ‎【点睛】考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和铜离子无剩余。‎ 三：实验题 ‎ ‎31.海带中含有丰富的碘．为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验（苯，一种不溶于水，密度比水小的液体）：‎ 请填写下列空白：（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）___________．‎ A．烧杯 B．坩埚 C．表面皿 D．泥三角 E．酒精灯 F．干燥器 ‎（2）步骤③的实验操作名称是_________；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是_________．‎ ‎（3）步骤⑤是萃取、分液，某学生选择用苯来提取碘的理由是________________________．‎ ‎（4）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法是：____________．‎ ‎【答案】 (1). BDE (2). 过滤 (3). 蒸馏 (4). 苯与水互不相溶，苯与碘不反应，碘在苯中的溶解度比在水中大 (5). 取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据实验操作步骤①灼烧来分析用到的实验仪器；‎ ‎(2)分离固体和液体用过滤；将苯和碘分离，应用的是两者的沸点不同；‎ ‎(3)根据萃取剂的选择原理来回答；‎ ‎(4)根据碘单质遇到淀粉会变蓝色来检验是否还有碘单质。‎ ‎【详解】(1)灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，故答案为：BDE；‎ ‎(2)将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法；将苯和碘分离，应用的是两者的沸点不同，即用蒸馏的方法；‎ ‎(3)萃取剂的选择原理：和水互不相溶，苯与碘不反应，要萃取的物质在其中的溶解度大于在水中的溶解度，故可以选择苯；‎ ‎(4)提取碘后的水溶液中若是含有单质碘，则遇到淀粉会变蓝色，可以取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色(如果变蓝，说明还有单质碘)。‎ ‎32.某校化学兴趣小组同学取锌粒与浓H2SO4充分反应制取SO2气体，待锌粒全部溶解后，同学们准备用收集到的气体(X)准备做实验，但是老师说收集到的气体(X)可能含有杂质。‎ ‎（1）该化学兴趣小组制得的气体(X)中混有的主要杂质气体可能是________(填化学式)，写出此过程所发生的2个化学反应方程式：_______________________； ______________________。‎ ‎（2）一定质量的Zn与87.5mL 16.0mol/L浓硫酸充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了‎78g，产生SO2体积(标准状况下)＝ _____________L。‎ ‎（3）为证实相关分析，该小组的同学设计了如下图所示的实验装置，对此气体(X)取样进行认真研究(遇有气体吸收过程，可视为全吸收)。‎ ‎①酸性KMnO4溶液的作用是__________________;B中添加的试剂是_____________。‎ ‎②装置C中所装药品为________________，可证实气体X中混有较多量某杂质气体的实验现象是_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). H2 (2). Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4 +SO2↑+2H2O (3). Zn+2H2SO4=ZnSO4 +H2↑ (4). ‎4.48L (5). 除去二氧化硫气体 (6). 浓硫酸 (7). CuO (8). C中黑色粉末变为红色，D中的白色固体变为蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)浓硫酸随反应进行浓度变小后，稀硫酸和锌反应生成氢气，所以气体杂质含有氢气；锌和浓硫酸反应生成硫酸锌，二氧化硫和水，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，据此书写化学方程式；‎ ‎(2)硫酸完全反应，发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，结合方程式计算；‎ ‎(3)证明气体中含有氢气，酸性高锰酸钾溶液目的吸收生成的二氧化硫气体，则B装置中加浓硫酸吸收气体表面的水分，装置C将残留的气体通过灼热的氧化铜反应，目的是验证该气体具有还原性，装置D无水硫酸铜检验水，若变蓝色则C装置反应生成水，根据元素守恒且该气体具有还原性，则X气体为H2，据此进行分析．‎ ‎【详解】(1)浓硫酸随反应进行浓度变小后，稀硫酸和锌反应生成氢气，所以气体杂质含有氢气；锌和浓硫酸反应生成硫酸锌，二氧化硫和水，故对应的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4 +SO2↑+2H2O，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气， 故对应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4 +H2↑；‎ ‎(2)一定质量的Zn与87.5mL 16.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了‎78.0g，则参加反应Zn的物质的量为1.2mol，H2SO4的物质的量为 ‎0.0875L‎×16mol/L=1.4mol；由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn为xmol，与稀硫酸反应的Zn为ymol，则：在Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O中参加反应的H2SO4为2xmol、生成的SO2为xmol，在Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中参加反应的H2SO4为ymol，生成的H2为ymol；由题意可知：x+y＝1.2、2x+y＝1.4，解得x=0.2，y=1.0；‎ 故产生SO2体积(标准状况下)=0.2mol×‎22.4L/mol=‎4.48L；‎ ‎(3)证明气体中含有氢气，酸性高锰酸钾溶液目吸收生成的二氧化硫气体，则B装置中加浓硫酸吸收气体表面的水分，装置C将残留的气体通过灼热的氧化铜反应，目的是验证该气体具有还原性，装置D无水硫酸铜检验水，若变蓝色则C装置反应生成水，根据元素守恒且该气体具有还原性，则X气体为H2；‎ ‎①由以上分析得，酸性KMnO4溶液的作用是除去二氧化硫气体；B中添加的试剂是浓硫酸；‎ ‎②由以上分析得，装置C中所装药品为CuO；可证实气体X中混有较多量某杂质气体的实验现象是C中黑色粉末变为红色，D中的白色固体变为蓝色。‎ 五：计算题 ‎ ‎33.‎17.4g MnO2与240 mL 10 mol/L(密度为‎1.10g/mL)的盐酸(足量)混合加热(不考虑盐酸挥发)，使其充分反应后，再向溶液中加入足量的AgNO3溶液。（已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O）‎ 试求：(1)10 mol/L的盐酸的质量分数____________‎ ‎(2)产生的气体在标准状况下的体积______________；‎ ‎(3)产生沉淀的质量_________________。‎ ‎【答案】 (1). 33.2% (2). ‎4.48L (3). ‎‎287g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据c=计算溶液的质量分数；‎ ‎(2)先计算MnO2、HCl的物质的量，判断哪种物质过量，以不足量的物质为标准计算Cl2的物质的量及体积；‎ ‎(3)根据Cl元素守恒，计算反应产生的AgCl沉淀的物质的量，然后根据m=n·M计算质量。‎ ‎【详解】(1)根据c=可知该溶液质量分数为=33.2%；‎ ‎(2)n（MnO2）=m÷M=‎17.4g÷‎87g/mol=0.2mol，n(HCl)=‎0.24L×10mol/L=2.4mol，n(MnO2)：‎ n(HCl)=0.2mol：2.4mol=1：12，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知二者反应的物质的量的比是1：4，可见浓盐酸过量，反应产生Cl2要以MnO2为标准，n(Cl2)= n(MnO2)=0.2mol，所以产生的气体在标准状况下的体积V(Cl2)=0.2mol×‎22.4L/mol=‎4.48L；‎ ‎(3)反应反应后溶液中含有Cl-物质的量为n(Cl-)=2.4mol-2×0.2mol=2mol，向反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，则反应产生沉淀的质量n(AgCl)= n(Cl-)=2mol，则m(AgCl)=2mol×‎143.5g/mol=‎287g。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量的化学计算，包括物质的量在化学方程式计算的应用、物质的量浓度与质量分数的换算、反应物有过量时的计算等。掌握基本概念及物质之间的反应转化关系是本题解答的关键，当物质发生反应，两种物质的质量或物质的量都给出时，首先要根据方程式中相应物质转化关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算。‎ ‎ ‎