2018-2019学年黑龙江省大庆市铁人中学高二下学期期末考试化学试题 解析版 24页

铁人中学2017级高二学年下学期期末考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Si：28 Al：27 Na：23 Mg：24 K：39 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Ba：137‎ 第Ⅰ卷 选择题(共42分)‎ 一、选择题(本题共21小题，每小题只有一个选项正确，每小题2分，共42分)‎ ‎1.化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是(　　)‎ A. 苏打在生活中可用做发酵粉 B. 磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆 C. 石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料 D. 二氧化硅可用于制作硅芯片 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苏打是碳酸钠，在生活中可用做发酵粉的是小苏打，即碳酸氢钠，A错误；‎ B. 磁性氧化铁是四氧化三铁，可用于制备颜料和油漆的是氧化铁，B错误；‎ C. 工业制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，制备水泥的原料是石灰石、黏土和辅助原料，因此石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料，C正确；‎ D. 二氧化硅可用于制作光导纤维，单质硅可用于制作硅芯片和光电池，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.下列试剂保存说法不正确的是( )‎ A. 金属钠存放在盛有煤油的试剂瓶中 B. 漂白粉置于冷暗处密封保存 C. 存放液溴的试剂瓶中应加水封 D. 烧碱盛放在玻璃瓶塞的磨口玻璃瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故A正确；‎ B．因碳酸的酸性强于次氯酸，则Ca（ClO）2能和空气中CO2、H2O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处，故B正确。‎ C．因液溴易挥发，保存溴时应加入少量水，故C正确；‎ D．因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，选项D是解答的易错点，注意氢氧化钠溶液可以用玻璃瓶保存，但不能用玻璃塞。‎ ‎3.硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是(　　)‎ A. CO2和SiO2都是由相应的分子构成的 B. 水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂 C. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品 D. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2是由相应的分子构成的，SiO2是由Si、O两种原子构成的原子晶体，不存在分子，A错误；‎ B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，可用于生产黏合剂和防火剂，B错误；‎ C. 陶瓷、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，C错误；‎ D. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，因此根据氧化物的顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水可知该硅酸盐可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】选项A是解答的易错点，碳、硅虽然处于同主族，性质相似，但其氧化物的性质却差别很大。这主要是由于二氧化碳形成的是分子晶体，二氧化硅形成的是原子晶体。‎ ‎4.从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是(　　)‎ A. 在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 B. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 C. 含I－的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 D. 碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，A正确；‎ B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错误；‎ C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，C正确；‎ D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎5.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是(　　)‎ A. 往氯水中加入NaHCO3固体，有气体产生 B. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟 C. 向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白 D. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，充分振荡，上下两层均为无色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水中含有盐酸，因此往氯水中加入NaHCO3固体，有气体二氧化碳产生，A正确；‎ B. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生棕黄色的烟，B错误；‎ C. 氯水显酸性，具有强氧化性，因此向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，C正确；‎ D. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，单质溴与氢氧化钠反应生成盐，因此充分振荡后上下两层均为无色，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.下表中金属的冶炼原理与方法不完全正确的是(　　)‎ 选项 冶炼原理 方法 A ‎2HgO2Hg＋O2↑‎ 热分解法 B ‎2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑‎ 电解法 C Cu2S＋O22Cu＋SO2‎ 热分解法 D Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2‎ 热还原法 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等用电解法冶炼，中等活泼金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法冶炼，不活泼金属Hg、Ag利用热分解法冶炼，故A、B、D三项正确，C项中的方法不是热分解法，而是火法炼铜，C项错误。答案选C。‎ ‎【点睛】掌握金属冶炼的原理和方法是解答的关键，需要注意的是电解法冶炼铝时不能电解熔融的氯化铝，而是电解熔融的氧化铝。因为氯化铝在熔融状态下不导电。‎ ‎7.侯氏制碱原理：NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，需经过制取氨气、制取NaHCO3、分离及干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置能达到实验目的的是 A. 制取氨气 B. 制取NaHCO3‎ C. 分离NaHCO3 D. 干燥NaHCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口又重新化合生成氯化铵，不能利用该装置制取氨气，A错误；‎ B. 氨气极易溶于水，首先向饱和食盐水中通入氨气，然后再通入二氧化碳即可制得碳酸氢钠，但应该是长口进短口出，B错误；‎ C. 碳酸氢钠溶解度小，可以用过滤法分离NaHCO3，C正确；‎ D. 碳酸氢钠受热易分解，不能用酒精灯直接加热干燥NaHCO3，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.镁粉是焰火、闪光粉中不可缺少的原料，工业制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却，下列可作为冷却剂的是(　　)‎ ‎①空气 ②CO2 ③Ar ④H2 ⑤N2 ⑥H2O A. ①②⑤⑥ B. ③④⑥ C. ③⑥ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①镁在空气中燃烧生成碳、氧化镁和氮化镁，不能作为冷却剂；‎ ‎②镁在二氧化碳中能燃烧生成碳和氧化镁，不能作为冷却剂；‎ ‎③氩气属于稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，能作为冷却剂；‎ ‎④H2不与镁反应，能作为冷却剂；‎ ‎⑤氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，不能作为冷却剂；‎ ‎⑥加热时镁能与水反应，不能作为冷却剂；‎ 答案选D。‎ ‎9.将下列各组物质, 分别按等物质的量混合后加水溶解, 有沉淀生成的是(　　)‎ A. AlCl3、Ba(OH)2、HNO3 B. CaCl2、NaHCO3、HCl C. Na2CO3、NaAlO2、NaOH D. AlCl3、K2SO4、HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等物质的量混合后加水，发生酸碱中和反应剩余OH-与Al3+的物质的量相同，则生成氢氧化铝沉淀，A选；‎ B．离子之间反应生成氯化钠、水和二氧化碳，不生成沉淀，B不选；‎ C．离子之间不反应，不生成沉淀，C不选；‎ D．离子之间不反应，不生成沉淀，D不选；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存、离子反应，侧重复分解反应的离子共存考查，把握离子之间的反应为解答的关键，注意结合生成沉淀时的物质的量关系。‎ ‎10.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(　　)‎ A. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋,无K＋‎ B. 在溶液中加KSCN,溶液显红色，证明原溶液中有Fe3＋,无Fe2＋‎ C. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，由于没有透过蓝色钴玻璃观察，因此不能确定是否含有K＋，A错误；‎ B. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3＋，但不能确定是否含有Fe2＋，B错误；‎ C. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，C正确；‎ D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2或二氧化硫等，不一定是二氧化碳，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是 A. 粗盐提取精盐的过程只发生物理变化 B. 用澄清的石灰水可鉴别Na2CO3产品是否含有NaHCO3‎ C. 在第②、④步骤中，溴元素均被还原 D. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A，粗盐中含有SO42-、Mg2+、Ca2+等杂质离子，需要加入BaCl2、NaOH、Na2CO3等除杂试剂除去，粗盐提取精盐的过程中发生了化学变化，A项错误；‎ B，Na2CO3、NaHCO3都能与澄清石灰水产生白色沉淀，无论Na2CO3产品中是否含NaHCO3加入澄清石灰水都会产生白色沉淀，用澄清石灰水不能鉴别Na2CO3中是否含有NaHCO3，B项错误；‎ C，第②、④步骤中，需要加入氧化剂将Br-氧化成Br2，溴元素被氧化，C项错误；‎ D，由精盐制备NaHCO3的反应方程式为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，该反应发生的原因是NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3，D项正确。‎ 答案选D。‎ ‎12.以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有 ‎①Fe3O4 ②Fe(OH)3 ③FeCl2 ④Cu2(OH)2CO3 ⑤Al(OH)3 ⑥Na2CO3 ⑦NaHCO3 ⑧Na2O2‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe + 2O2Fe3O4，属于化合反应；‎ ‎②氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，属于化合反应；‎ ‎③FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；‎ ‎④铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3，属于化合反应；‎ ‎⑤氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；‎ ‎⑥氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O +CO2 = Na2CO3，属于化合反应；‎ ‎⑦Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；⑧钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na + O2 Na2O2，属于化合反应；‎ 只有⑤不能通过化合反应直接生成，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了元素化合物知识、化学反应类型，掌握元素化合物的知识是解题的关键。本题的易错点为②③④，要注意一些特殊反应方程式的记忆和理解。‎ ‎13.下列说法正确的是( )‎ A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现 B. 将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是 a%和 b%的两种溶液，则a 和 b 的关系是 a=b C. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来， 说明金属铝的熔点较低 D. 用如图装置进行实验，将装置①中的 AlCl3 溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，溶液中可观察到有大量白色沉淀产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素发生焰色反应体现的，焰色反应是物理变化，不是化学性质的展现，A错误；‎ B. 设物质的量都为1mol，则 Na2O+H2O＝2NaOH △m ‎1mol 2mol 62g ‎2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ △m ‎1mol 2mol 62g 由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等，B正确；‎ C. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，由于铝易被氧化为氧化铝，且氧化铝的熔点高，因此熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；‎ D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，溶液中不会产生氢氧化铝沉淀，因此不可能观察到有大量白色沉淀产生，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是(　　)‎ A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2-＋4NH4+＋2H2O B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－＋2H2O C. 水玻璃中通入少量的二氧化碳：Na2SiO3＋CO2＋H2O＝2Na＋＋CO32－＋H2SiO3↓‎ D. 氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3－═3Fe3++2H2O+NO↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，A错误；‎ B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水：Ca2＋＋HCO3－＋OH－＝CaCO3↓＋H2O，B错误；‎ C. 硅酸钠易溶易电离，水玻璃中通入少量的二氧化碳：SiO32－＋CO2＋H2O＝CO32－＋H2SiO3↓，C错误；‎ D. 氯化亚铁溶液中加入稀硝酸发生氧化还原反应：3Fe2++4H++NO3－＝3Fe3++2H2O+NO↑，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.下列有关铜的化合物说法正确的是(　　)‎ A. 根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 B. CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为:Cu2++S2-CuS↓‎ C. 用稀盐酸除去铜锈离子方程式为CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O D. 化学反应：CuO＋COCu＋CO2的实验现象为黑色固体变成红色固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，A错误；‎ B. H2S难电离，CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2+＋H2S＝CuS↓＋2H＋，B错误；‎ C. 铜锈主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋＝2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，C错误；‎ D. 根据化学反应CuO＋COCu＋CO2可知其实验现象为黑色固体变成红色固体，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列关于氯及其化合物说法正确的是(　　)‎ A. 氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－‎ B. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解 C. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气 D. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，A错误；‎ B. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，不会产生HClO，B错误；‎ C. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，C正确；‎ D. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成次氯酸和CaCO3，氯化钙与二氧化碳不反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】掌握物质的性质、发生的化学反应是解答的关键。选项B是解答的易错点，注意次氯酸钠与盐酸混合时不是发生复分解反应，主要是由于次氯酸钠具有强氧化性，能把氯离子氧化为氯气。‎ ‎17.下列各组物质之间不能通过一步就能实现如图所示转化的是( )‎ 物质编号 物质转化关系 a b c d A SiO2‎ Na2SiO3‎ Si H2SiO3‎ B Na2O Na2O2‎ Na NaOH C Al2O3‎ NaAlO2‎ Al Al(OH)3‎ D FeCl2‎ FeCl3‎ Fe CuCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，硅酸钠与酸反应转化为硅酸，硅酸分解转化为二氧化硅，硅与氧气反应生成二氧化硅，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，通过一步就能实现，A不选；‎ B、氧化钠与氧气反应转化为过氧化钠，过氧化钠溶于水转化为氢氧化钠，钠与氧气常温下反应生成氧化钠，点燃或加热时生成过氧化钠，但氢氧化钠不能转化为氧化钠，B选；‎ C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，铝与氧气反应生成氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通过一步就能实现，C不选；‎ D、氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应可以生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成氯化亚铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁，通过一步就能实现，D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题综合考查元素化合物知识，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。‎ ‎18.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是( )‎ A. 在0~a范围内，只发生中和反应 B. ab斜段发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑‎ C. a=0.3‎ D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，故A错误；‎ B.ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B错误；‎ C.根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C正确；‎ D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎19.向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( )‎ A. 图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3‎ B. 原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1:2‎ C. AB段反应的离子方程式为：3Ba2+＋2Al3+＋8OH－＋3SO42﹣＝BaSO4↓＋2AlO2-＋4H2O D. 向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，如下：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A→B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B→C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C 点时氢氧化铝完全溶解。据此分析解答。‎ ‎【详解】A、根据上述分析，A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，故A正确；‎ B、前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故B正确；‎ C、AB段为氯化铝与氢氧化钡反应，故反应离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；‎ D、D点的溶液中含有Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点晴】本题考查化学反应的有关图象问题、铝化合物性质、混合物的有关计算等，关键是清楚各阶段发生的反应，注意从开始到A点相当于是硫酸铝与氢氧化钡的反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀。‎ ‎20.有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、HCO3﹣、SO42﹣，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：‎ ‎(1)第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；‎ ‎(2)第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．‎ 根据上述实验，下列推测正确的是(　　)‎ A. Ba2+一定存在 B. 100mL该溶液中含0.01mol HCO3－‎ C. Na+不一定存在 D. Cl﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH－＝NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+‎ 也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3－+Ba2++OH－＝BaCO3↓+H2O、SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3－、SO42－，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1molHCO3-，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3－、SO42－、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则 A、钡离子一定不存在，A错误；‎ B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B正确；‎ C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C错误；‎ D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是钠离子的确定易出现失误。另外选项D也是易错点，注意硫酸根离子对氯离子检验的干扰。‎ ‎21.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol•L﹣1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g．下列说法正确的是 A. 剩余固体是铁、铜混合物 B. 原固体混合物中铜的质量是9.6g C. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10mol D. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答。‎ ‎【详解】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，‎ 设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：‎ Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+      Fe+2Fe3+=3Fe2+ 64g  2mol                56g   2mol m1   0.5mol               m2   0.5mol m1 ==16g，‎ m2==14g，‎ 溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，‎ 则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；‎ 设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，‎ 则：(1)64 n1+56 n2=15.2g ‎(2)n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，‎ 计算得出：n1=0.15mol、n2=0.1mol，‎ 则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；‎ 根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.15mol+0.10mol+0.5mol=0.75mol，所以D选项是正确的。‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共58分)‎ ‎22.某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。‎ ‎(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：_________________________。‎ ‎(2)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_________________________。‎ ‎(3)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程发生反应的方程式：_________________________。‎ ‎(4)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为________________________。‎ ‎(5)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为____________。‎ ‎【答案】 (1). 碳酸钠 或Na2CO3 (2). 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失 (3). 4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓ (4). c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3 (5). 大于或等于≥168： 78‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。‎ ‎【详解】（1）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，则最终生成物Na2CO3；‎ ‎（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；‎ ‎（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe（OH）3↓。‎ ‎（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H++OH-＝H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4++OH-‎ ‎＝NH3•H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H++OH-＝H2O，Al3++3OH-＝Al（OH）3，NH4++OH-＝NH3•H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42－）×2＝n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）＝3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)＝1:1:2:3。‎ ‎（5）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知 ‎4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑‎ ‎84×4g 78×2g m（NaHCO3）：m（Na2O2）＝（84×4g）：（78×2g）＝168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）。‎ 答案：大于或等于168：78（或84：39）。‎ ‎23.Ⅰ由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：‎ ‎(1)写出反应③的化学方程式：_____________________________________________。写出反应④的离子方程式：_____________________________________________。‎ ‎(2)在操作②中所使用的玻璃仪器的名称是：____________________________。‎ ‎(3)下列实验装置中可用于实验室制取气体G的发生装置是______；(用字母表示)为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通过c和d装置，c装置中存放的试剂_____，d装置中存放的试剂______。‎ ‎(4)气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：____________________________。‎ ‎(5)J是一种极易溶于水的气体,为了防止倒吸,下列e～i装置中,可用于吸收J的是____________。‎ Ⅱ.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。‎ ‎(1)装置③中发生反应的化学方程式为________________________________________‎ ‎(2)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。‎ 反应原理为3ClO－＋I－===3Cl－＋IO3- IO3-＋5I－＋3H2O===6OH－＋3I2‎ 实验测得数据如下表所示。该漂白粉中有效成分的质量分数为________________。‎ 滴定次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ KI溶液体积/mL ‎19.98‎ ‎20.02‎ ‎20.00‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). b (5). 饱和食盐水 (6). 浓硫酸 (7). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O (8). f、g、h (9). 2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O (10). 42.9%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ、G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应③为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，J为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题。‎ Ⅱ、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，根据温度对该反应的影响分析；‎ ‎（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算。‎ ‎【详解】Ⅰ、（1）反应③为实验室制备氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；反应④是电解氯化钾溶液，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；‎ ‎（2）C为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、过滤方法进行分离，溶解、过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯；‎ ‎（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，制取氯气的发生装置是：b，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，先用饱和食盐水吸收氯气，再用浓硫酸进行干燥，即c装置中存放的试剂是饱和食盐水，d装置中存放的试剂为浓硫酸；‎ ‎（4）实验室利用烧碱溶液吸收气体氯气的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；‎ ‎（5）氯化氢一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，e、i装置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案为fgh；‎ Ⅱ、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；‎ ‎（2）3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3- ①； IO3-＋5I－＋3H2O＝6OH－＋3I2‎ ‎ ②，这说明真正的滴定反应是第一步，第一步完成后，只要加入少许碘离子就可以和生成的碘酸根生成碘单质而看到浅蓝色达到终点，KI溶液的总体积＝（19.98+20.02+20.00）mL＝60.00mL，平均体积为60.00mL÷3＝20.00mL。设次氯酸根离子的物质的量为x，则根据方程式可知 ‎3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3-‎ ‎3mol 1mol x 0.1000mol•L-1×0.020L 所以x＝0.006mol 次氯酸钙的质量为：143g×0.006mol×0.5＝0.429g 所以质量分数为0.429g/1.000g×100%＝42.9%。‎ ‎24.某同学通过以下装置测定M样品(只含Fe、Al、Cu)中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M样品，按实验1(如图1)和实验2(如图2)进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1 mL和V2 mL(已折算到标准状况下)。‎ ‎(1)写出实验1中发生反应离子方程式：______________________________。‎ ‎(2)实验1装置中小试管的作用是___________________________________________________。‎ ‎(3)对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：①___________________②___________________。‎ ‎(4)M样品中铜的质量的数学表达式为(用m 、V1和V2 表示)：__________________________。‎ ‎(5)实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积____________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________。‎ ‎【答案】 (1). 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑ (2). 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢；节省药品。 (3). 冷却到室温 (4). 调整BC液面相平 (5). m g－(28V2-19V1)/11200g (6). 无影响 (7). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题意，M只含铁、铝、铜三种金属，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，结合装置图和问题分析解答。‎ ‎【详解】（1）实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；‎ ‎（2）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，通过控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，调节化学反应速率，同时节省药品；‎ ‎（3）气体的体积受温度和压强影响大，因此对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；‎ ‎（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为27V1/33600g，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为56（V2-V1）/22400g，所以样品中铜的质量为m g－27V1/33600g－56（V2-V1）/22400g＝m g－(28V2-19V1)/11200g；‎ ‎（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大。‎ ‎25.草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：‎ ‎(1)配制硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液时，除需加硫酸外还需要加少量铁屑的目的是________。 ‎ ‎(2)加热至沸腾生成沉淀时反应的化学方程式为________________________。 ‎ ‎(3)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成．这说明草酸亚铁晶体具有________(填“氧化”或“还原”)性．若反应中消耗1mol FeC2O4•2H2O，则参加反应的n(KMnO4)为________。 ‎ ‎(4)称取3.60g草酸亚铁晶体(摩尔质量是180g•mol﹣1)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：‎ ‎①过程Ⅰ发生反应的化学方程式为________________________。‎ ‎②300℃时剩余固体是铁一种氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式___________(写出计算过程)‎ ‎【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). (NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4+(NH4)2SO4 (3). 还原 (4). 0.6mol (5). FeC2O4•2H2OFeC2O4+2H2O↑ (6). Fe2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在稀硫酸溶液中配置硫酸亚铁铵，加入草酸沉淀沉淀亚铁离子生成草酸亚铁，静置倾去上层溶液后处理得到草酸晶体，结合题干中的问题、相关物质的性质和氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。‎ ‎【详解】（1）配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液时，溶液中亚铁离子水解显酸性，需加少量硫酸的目的是抑制其水解，又因为亚铁离子易被氧化，所以还需要加少量铁屑的目的是防止Fe2+被氧化；‎ ‎（2）沉淀时发生反应为硫酸亚铁铵溶液中加入草酸反应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸铵，反应的化学方程式依据原子守恒配平写出为(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O＝FeC2O4•2H2O↓+H2SO4+(NH4)2SO4；‎ ‎（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，同时有气体生成，说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据氧化还原反应电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2++5C2O42-+3MnO4-+24H+＝5Fe3++3Mn2++5CO2↑+12H2O，消耗1mol FeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol；‎ ‎（4）①通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeC2O4+2H2O↑；‎ ‎②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g×56/180＝1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g-1.12g＝0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g＝7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：56x：16y＝7：3，解得x：y＝2：3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3。‎ ‎ ‎