2018-2019学年福建省福州市八县（市）一中高一上学期期末考试化学试题（解析版） 17页

‎2018---2019学年度第一学期八县(市)一中期末联考 高一 化学科试卷 相对原子质量：H－1 He－4 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Cl－35.5 Al－27 Fe－56 Cu－64‎ Ⅰ卷(选择题，共44分)‎ 一、选择题：(共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的(　　 )‎ A. 春节燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩 B. 明矾可用于自来水的杀菌消毒 C. 过氧化钠可以用作潜艇或者宇宙飞船的供氧剂 D. 有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、有些金属元素在灼烧时发生焰色反应，呈现不同的颜色，A正确；‎ B项、明矾不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，B错误；‎ C项、过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠可用作潜艇或者宇宙飞船的供氧剂，C正确；‎ D项、某些胶态金属氧化物分散到玻璃中，即可得到有色玻璃，D 正确；‎ 故本题选B。‎ ‎2.同种元素的不同核素之间互称同位素，下列各组中互为同位素的是(　　 )‎ A. D和T B. 40Ca和40Ar C. H2O和H2O2 D. O2和O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、D和T质子数相同、中子数不同，为同种元素的不同核素，互为同位素，A符合题意；‎ B项、40Ca和40Ar二者质子数不同，为不同元素，B不符合题意；‎ C项、H2O和H2O2是不同的化合物，同位素是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子，C不符合题意；‎ D项、O2和O3是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，D 不符合题意；‎ 故本题选A。‎ ‎3.下列关于Fe(OH)3胶体的说法中，不正确的是(　　 )‎ A. 分散质粒子直径在10 − 7～10 − 9 m之间 B. 具有净水作用 C. 具有丁达尔效应 D. 是一种纯净物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、胶体中分散质的微粒直径在10-9~10-7m之间，即1nm~100nm，A正确；‎ B项、胶体粒子表面积较大，能吸附水中悬浮的杂质，B正确；‎ C项、胶体能发生丁达尔效应，C正确；‎ D项、胶体是分散系，是混合物，D 错误；‎ 故本题选D。‎ ‎4.下列说法正确的是(　　 )‎ A. 镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火 B. 生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜直接转化为铜 C. 现代化学分析测试中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成。如用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素 D. 铝比铁活泼，所以铝制品比铁制品更容易被腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、因为镁在点燃的条件下能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以不能用液态二氧化碳来灭火，A错误；‎ B项、微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，最后转化成可溶的硫酸铜，B错误；‎ C项、不同金属元素的原子吸收光谱不同，所以能用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，C正确；‎ D项、铝比铁活泼，但铝表面的氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，D错误；‎ 故本题选C。‎ ‎5.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　 )‎ A. 0.1molNa2O和Na2O2固体混合物中含有的阴阳离子总数大于0.3NA B. 5.6g铁与足量的氯气反应，转移的电子数为0.2NA C. 1.8g D2O中含有的中子数为NA D. 1L 1mol/L的CH3COOH溶液中CH3COO−离子的数目小于NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、0.1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有0.2mol钠离子和0.1mol阴离子，总共含有0.3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是0.3NA，A错误；‎ B项、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA 个，B错误；‎ C项、D2O摩尔质量为20g·mol－1，一个D2O含10个中子，1.8g重水所含有的中子数为0.9NA，C错误；‎ D项、醋酸是弱酸，其在水溶液中不能完全电离，根在溶液中会水解，故1L 1mol/L的CH3COOH溶液中CH3COO−离子的数目小于NA个，D 正确；‎ 故本题选D。‎ ‎6.实验室用碳酸钠晶体配制1.00mol/L的Na2CO3溶液100mL，造成所配溶液浓度偏高的原因是(　　 )‎ A. 烧杯和玻璃棒没有洗涤 B. 向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤 C. 定容时俯视刻度线 D. 称量碳酸钠晶体(Na2CO3⋅10H2O)的烧杯未干燥 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据可知，配制的溶液浓度偏低；‎ B项、容量瓶中原有少量蒸馏水，对所配溶液的体积没有影响，浓度无影响；‎ C项、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高；‎ D项、称量碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）的烧杯未干燥，对称量的晶体的质量没有影响，故对配制的溶液浓度无影响；‎ 故本题选C。‎ ‎7.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3 + 3ClO− + 4OH− = 2RO4n− + 3Cl− + 5H2O，则RO4n−中R的化合价是(　　 )‎ A. +6 B. +5 C. +4 D. +3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n－为RO42－，该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，据此判断R元素化合价.‎ ‎【详解】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n－为RO42－，该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以该离子中R元素化合价=-2-（-2）×4=+6，故A项符合题意，本题选A。‎ ‎8.某温度下，将氯气通入氢氧化钾溶液中，反应后得到氯化钾，次氯酸钾，氯酸钾的混合溶液，经测定ClO−‎ 与ClO3−离子的物质的量的浓度之比为1:2，则氯气与氢氧化钾反应时，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为(　　 )‎ A. 10:3 B. 11:3 C. 2:3 D. 4:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cl2生成ClO－、ClO3－化合价升高，是被氧化的过程，而Cl2生成NaCl是化合价降低被还原的过程，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出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；再根据氯元素被还原生成KCl的化合价变化为1,计算出被还原的氯原子的物质的量，最后计算出被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比.‎ ‎【详解】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，CIO－与CIO3－的物质的量浓度之比为1：2，则可设ClO－为1mol，ClO3－为2mol，被氧化的氯元素共为3mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol，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KCl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11mol，则被还原的Cl的物质的量为，所以被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比为11mol：3mol=11：3. ‎ 故本题选B。‎ ‎9.下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是(　　 )‎ A. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、Cl−、I−‎ B. 能使酚酞变红的溶液：Mg2+、Fe3+、Na+、ClO−‎ C. 含有大量 Fe2+的溶液：Na+、NH4+、SO42−、OH−‎ D. 加入铝粉有氢气放出的溶液：K+、Cu2+、SO42−、Cl−‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．该溶液具有氧化性，I−易被氧化；B．该溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，铁离子、镁离子都与次氯酸根离子、氢氧根离子反应；C．亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应；D．加入铝粉只有氢气产生的溶液呈酸性或碱性。‎ ‎【详解】A项、使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有强氧化性，能与I−发生氧化还原反应，则在溶液中不能大量共存，A错误；‎ B项、能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，Mg2＋、Fe3＋与OH－、ClO－‎ 发生反应，则在溶液中不能大量共存，B错误；‎ C项、Fe2+、NH4+与OH－发生反应，在溶液中不能大量共存，C错误；‎ D项、加入铝粉只有氢气产生的溶液呈酸性或碱性，呈酸性时各离子在溶液中能大量共存，呈碱性时Cu2+与OH－反应生成沉淀，故根据题意各离子在溶液中可能大量共存，D正确；‎ 故本题选D。‎ ‎【点睛】使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有强氧化性；能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子；加入铝粉只有氢气产生的溶液呈酸性或强碱性。‎ ‎10.下列离子方程式中正确的是(　　 )‎ A. 稀硫酸滴加在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑‎ B. 氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O C. 硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H+ + SO42− + Ba2+ + OH− = H2O + BaSO4↓‎ D. 碳酸氢钠和醋酸反应：HCO3− + 2H+ = CO2↑ + H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、稀硫酸滴加在铜片上，不发生反应，不符合客观事实，A错误；‎ B项、氧化铁是氧化物，应写成化学式，正确的离子方程式为Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O，B正确；‎ C项、相关离子必须符合组成之比，离子方程式为2H＋+SO42－+Ba2＋+2OH－=2H2O+BaSO4↓，C错误；‎ D项、HCO3－是多元弱酸根离子，不能拆，正确的离子方程式为HCO3－+H＋=CO2↑+H2O，D 错误；‎ 故本题选B。‎ ‎11.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是(　　 )‎ A. Fe3+ B. Fe2+ C. Al3+ D. Na+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，过氧化钠具有强氧化性，可把Fe2＋氧化成Fe3＋，减少的是亚铁离子，而铝离子的数目不变，铁离子和钠离子的数目增多，据此进行解答。‎ ‎【详解】A项、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2＋氧化成Fe3＋，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以Fe3＋浓度增大，A错误；‎ B项、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，且将Fe2＋氧化成Fe3＋，所以亚铁离子的数目减小，B错误；‎ C项、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则Al3＋数目不变，C正确；‎ D项、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子的数目增多，D错误；‎ 故本题选C。‎ ‎12.周杰伦在歌曲《青花瓷》中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”,其中的铜绿指的是(　　 )‎ A. Cu2(OH)2CO3 B. Cu(OH)2 C. CuO D. Cu2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜与空气中的氧气、二氧化碳和水等物质反应产生的物质，又称铜锈（化学式为Cu2(OH)2CO3），颜色翠绿，故俗称铜绿。‎ 故本题选A。‎ ‎13.下列是某兴趣小组根据课本实验设计的一个能说明Na2CO3与NaHCO3热稳定性的套管实验。请观察下图的实验装置、分析实验原理，下列说法错误的是(　　 )‎ A. 甲为小苏打，乙为纯碱 B. 要证明NaHCO3受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球 C. 整个实验过程中可以看到丙烧杯的澄清石灰水没变浑浊 D. 同质量的甲和乙分别与足量的盐酸完全反应，产生二氧化碳的质量：乙＞甲 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产生气体判断稳定性强弱；B、无水硫酸铜遇到水显示蓝色，据此可以鉴别是否有水存在；C、丙烧杯与装有碳酸钠的试管相连，则实验过程中不会生成二氧化碳，石灰水不会变浑浊；D、根据甲为小苏打、乙为纯碱，乙中反应Na2CO3+2HC1=2NaCl+H2O+CO2↑，甲中反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑判断。‎ ‎【详解】A项、碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大试管，大试管直接加热，温度较高，如受热温度较高的不分解，而受热温度较低的物质分解，可判断两者稳定性的强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，A不符合题意；‎ B项、白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，B不符合题意；‎ C项、碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接丙烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以丙烧杯的澄清石灰水变浑浊，C不符合题意；‎ D项、根据甲为小苏打、乙为纯碱，乙反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，甲反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据Na2CO3和NaHCO3中碳元素的质量分数分别为：、。根据反应式知生成物中碳元素全部在二氧化碳中，所以同质量的甲和乙分别与足量的盐酸完全反应，产生二氧化碳的质量：甲＞乙，D错误，故D符合题意。‎ 故本题选D。‎ ‎【点睛】本题需要掌握的几个知识点：根据受热温度较高的不分解，而受热温度较低的物质分解，来判断两者稳定性的强弱；白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水；根据同质量的物质的碳元素的质量分数来判断产生二氧化碳的质量；Na2CO3和NaHCO3的性质相似又相异，以此为源．可以迁移、类比其他弱酸的正盐和酸式盐（如Na2S和NaHS、Na2SO3和NaHSO3）的性质，它们具有很大程度的相似性。‎ ‎14.下列各组物质中，将前者加入后者时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是(　　 )‎ A. 盐酸 Na2CO3溶液 B. 氢氧化钠溶液 AlCl3溶液 C. Cl2 铁粉 D. CO2 澄清石灰水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、盐酸滴入碳酸钠溶液中，盐酸不足发生的反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaOH，盐酸过量发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，量不同，生成产物不同，A错误；‎ B项、AlCl3溶液与过量的NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；AlCl3溶液与少量的NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，则化学方程式不同，B错误；‎ C项、铁与少量氯气、过量氯气反应都生成氯化铁（FeCl3）：2Fe+3Cl22FeCl3都是同一个化学方程式，C正确；‎ D项、二氧化碳不足时生成碳酸钙和水，发生的反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；二氧化碳过量时生成碳酸氢钙，发生Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，量不同，生成产物不同，D错误；‎ 故本题选C。‎ ‎【点睛】应在分析反应实质的前提下，遵循化学方程式的基本原则，判断各选项中反应少量或过量的方程式，如盐酸不足发生的反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，盐酸过量发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；AlCl3溶液与过量的NaOH溶液反应的方程式为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，过量AlCl3溶液与NaOH溶液反应的方程式为AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl；考生应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出化学方程式。‎ ‎15.向以下六种饱和溶液中分别持续通入CO2，最终可以得到沉淀或者析出晶体的一组是(　　 )‎ ‎①Na2CO3 ②Ca(OH)2 ③ CaCl2 ④NaAlO2 ⑤NaCl和NH3‎ A. ①④⑤ B. ①②④⑤ C. ①②③④ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①相同条件下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，Na2CO3溶液中持续通入二氧化碳，析出碳酸氢钠，故选；②二氧化碳与Ca(OH)2反应最终生成碳酸氢钙溶液，故不选；③碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不能发生反应生成碳酸钙沉淀，故不选；④由强酸制取弱酸的原理可知，NaAlO2溶液中持续通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，故选；⑤NH3和NaCl溶液中持续通入二氧化碳，析出碳酸氢钠，故选。最终可以得到沉淀或者析出晶体的一组是：①④⑤。‎ 故本题选A。‎ ‎16.等物质的量过氧化钠与碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中充分加热。排出气体物质后冷却，残留固体可能是(　　 )‎ A. Na2CO3 B. Na2CO3  NaOH C. NaOH D. Na2O2  NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则等物质的量过氧化钠与碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中充分加热后，过氧化钠恰好与碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质为Na2CO3、NaOH，故本题选B。‎ ‎17.下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的化合物是(　　 )‎ ‎①Al2O3 ②Mg(OH)2 ③Al(OH)3 ④NaHCO3 ⑤AlCl3 ⑥Al A. ①③④⑥ B. ①③④⑤⑥ C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①氧化铝是两性氧化物，能与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；‎ ‎②Mg(OH)2是跟稀硫酸反应生成硫酸镁和水，不能跟NaOH溶液反应；‎ ‎③Al(OH)3是两性氢氧化物，能与稀硫酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；‎ ‎④NaHCO2与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠； ‎ ‎⑤AlCl3不和稀硫酸反应，但能与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠；‎ ‎⑥金属铝与硫酸反应生成Al3＋和氢气，与碱反应生成AlO2－和氢气，但是铝是单质，不是化合物。‎ 综上所述，符合题意的有①③④，故本题选C。‎ ‎18.用铝热法还原下列物质，用等物质的量的铝，制得金属物质的量最少的是(　　 )‎ A. MnO2 B. Fe3O4 C. Cr2O3 D. V2O5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据反应方程式：4Al＋3MnO2=2Al2O3＋3Mn，假设铝的物质的量为1mol，则生成Mn的物质的量为：；‎ ‎②根据反应方程式：8Al＋3Fe3O4=4Al2O3＋9Fe，假设铝的物质的量为1mol，则生成Fe的物质的量为：；‎ ‎③根据反应方程式： 2Al＋Cr2O3=Al2O3＋2Cr，假设铝的物质的量为1mol，则生成Cr的物质的量为：；‎ ‎④根据反应方程式： 10Al＋3V2O5=5Al2O3＋6V，假设铝的物质的量为1mol，则生成V的物质的量为。‎ 综上所述，制得金属物质的量最少的是④，故本题选D。‎ ‎19.下列实验操作中错误的是(　　 )‎ A. 蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，再停止加热 B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球插入液面以下 C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 萃取操作时，选择的萃取剂不能与原溶剂互溶。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在蒸发操作的过程中，加热时要用玻璃棒不断搅拌，以防液体飞溅，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余温蒸发干，A正确；‎ B项、在蒸馏装置中，因温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，B错误；‎ C项、分液漏斗的使用原则：分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；‎ D项、萃取时，萃取剂和原来的溶剂是互不相溶的，并且物质在萃取剂中的溶解度大于在原来溶剂中的溶解度，与萃取剂的密度没关系，D 正确。‎ 综上所述，实验操作中错误的是B，故本题选B。‎ ‎20.有4瓶常用溶液：①BaCl2溶液，②NaCl溶液，③Na2SO4溶液，④CuSO4溶液。不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别开来，鉴别出来的先后顺序是(　　 )‎ A. ④③①② B. ①③④② C. ④①③② D. ①④②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸铜溶液为蓝色，所以硫酸铜可以首先被鉴别出来；然后利用硫酸铜和氯化钡反应生成白色沉淀，把氯化钡鉴别出来；最后分别向剩余两液体中滴入氯化钡溶液，无明显变化的为氯化钠，有沉淀的为硫酸钠溶液。所以这四种物质先后被鉴别出的顺序为：硫酸铜溶液、氯化钡溶液、硫酸钠溶液、氯化钠溶液或者是硫酸铜溶液、氯化钡溶液、氯化钠溶液、硫酸钠溶液，即：④①③②或者④①②③。故本题选C。‎ ‎21.有一镁、铝合金，用适量稀硫酸恰好完全溶解，再加入氢氧化钠溶液，析出沉淀的物质的量随氢氧化钠的体积关系如图所示，则原合金中镁、铝物质的量之比为(　　 )‎ A. 1：1 B. 2：1 C. 3：1 D. 1：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧化钠的体积为0~4时，发生的反应有：Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓，Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，氢氧化钠的体积为4~5时发生的反应为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，假设氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠为1mol，则沉淀最大时消耗NaOH为4mol，结合方程式计算n[Al(OH)3]，进而计算n[Mg(OH)2]，由原子守恒知n（A1）=n[Al(OH)3]，n（Mg）=n[Mg(OH)2].‎ ‎【详解】氢氢化钠的体积为0~4时，发生的反应有：Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓，Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，氢氢化钠的体积为4~5时，发生的反应为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，假设氢氢化铝溶解消耗氢氢化钠为1mol，则沉淀最大时消耗NaOH为4mol，由Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n [Al(OH)3]=n[NaOH]=1mol ，根据Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓知生成氢氢化镁沉淀消耗NaOH为4mol-3mol=1mol，由Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，可知[Mg(OH)2]=0.5mol，由原子守恒知n（A1）=n[Al(OH)3]=1mol，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.5mol，故原合金中镁、铝物质的量之比为0.5mol:1mol=1:2，故本题选D。‎ ‎22.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL浓度为2.0mol⋅L−1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL的气体((标准状况))，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是(　　 )‎ A. 11.2g B. 5.6g C. 2.8g D. 1.4g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为氯化亚铁溶液，根据氯离子守恒可知n（FeCl2），用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），据此结合m=nM计算得到的铁的质量.‎ ‎【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，n（HCl）=0.1L×2.0mol·L－1=0.2mol，根据氯离子守恒可知n（FeCl2）=0.1mol。用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知（Fe）=n（Fe Cl2）=0.1mol，故得到Fe的质量为0.1mol×56g·mol－1=5.6g。故本题选B。‎ Ⅱ卷(非选择题，共56分)‎ ‎23.Cl2是一种重要的化工原料，结合氯气的相关知识解决下列问题：‎ ‎(1)少量Cl2也可以由以下反应制取，配平方程式：____ KMnO4 + ____ HCl(浓) = ____ KCl + ____ MnCl2 + ____ Cl2↑ + ____ H2O；若上述反应中产生0.1molCl2，则转移的电子数为___________。‎ ‎(2)工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，该反应的化学方程式是： _________________________________，所得漂白粉的有效成分是______________________(填物质名称)。‎ ‎(3)用如图所示装置进行氯气的性质实验，装置A、B、C中的试剂依次为： FeCl2溶液、淀粉KI溶液、石蕊溶液(图中夹持装置已略去)‎ ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎①A溶液由浅绿色变为棕黄色，反应的离子方程式为：____________________________________；‎ ‎②B瓶中的淀粉KI溶液变__________色，反应的离子方程式为：_____________________________________；‎ ‎③C瓶中的观察到的现象为：_________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 16 (3). 2 (4). 2 (5). 5 (6). 8 (7). 0.2NA (8). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 == Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O (9). 次氯酸钙 (10). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− (11). 蓝 ‎ ‎ (12). Cl2 + 2I− == 2Cl− + I2 (13). 先变红后褪色 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）元素化合价的变化分别为：Mn元素由KMnO4的+7价变成MnCl2中的+2价，化合价降低，所以KMnO4是氧化剂，一个KMnO4得5个电子生成MnCl2；Cl元素由HCl中的-1价变成Cl2中的0价，化合价升高，所以HCl是还原剂，生成一个Cl2分子需失2个电子；根据氧化还原反应中得失电子数相等，其最小公倍数是10，所以得到10mol电子需要5mol高锰酸钾参加反应，失去10mol电子需要10molHC参加氧化还原反应，再根据原子守恒，判断其它物质的计量数；根据2KMnO4 +16HCl(浓) =2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑+8 H2O，生成1molCl2分子需失2个电子，故产生0.1molCl2，转移的电子数为0.2NA，故本题答案为：2；16；2；2；5；8；0.2NA；‎ ‎（2）石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，次氯酸钙具有强氧化性，则漂白粉的有效成分是次氯酸钙，故本题答案为：2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；次氯酸钙；‎ ‎（3）①氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液变棕黄色，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；②B瓶中碘遇到淀粉显蓝色，碘化钾和氯气反应生成氯化钾和碘单质，离子方程式为：Cl2 + 2I− == 2Cl− + I2；③C中是紫色石蕊溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红后褪色。故本题答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；蓝；Cl2 + 2I− == 2Cl− + I2；先变红后褪色。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中得失电子数相等；石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，次氯酸钙具有强氧化性，则漂白粉的有效成分是次氯酸钙；碘遇到淀粉显蓝色。‎ ‎24.从铝土矿中提取铝的工艺流程如下图所示，回答下列问题： ‎ ‎(1)气体X是___________(填化学式)。‎ ‎(2)写出反应①、反应②的离子方程式：‎ ‎①_________________________________；②_________________________________。‎ ‎(3)操作1和操作2都是_____________，该操作要用到的玻璃仪器是：_______、____、_______。‎ ‎(4)冰晶石的作用是_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). Al2O3 + 2OH− == 2AlO2− + H2O (3). AlO2− + CO2 + 2H2O == Al(OH)3↓ + HCO3- (4). 过滤 (5). 玻璃棒 (6). 漏斗 (7). 烧杯 (8). 降低氧化铝熔融温度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铝土矿中提取铝的工艺流程图知，反应①为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，操作1为过滤操作，溶液A为偏铝酸钠溶液，向偏铝酸钠溶液通入的气体为CO2，根据得沉淀B知操作2为过滤，沉淀B为氢氧化铝，根据得到固体C推出操作3为灼烧，固体C为三氧化二铝；冰晶石又名氟铝酸钠或氟化铝钠，主要用作铝电解的助熔剂，降低氧化铝的熔融温度。‎ ‎【详解】（1）根据分析得气体X是CO2，故本题答案为：CO2；‎ ‎（2）根据分析得反应①氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水、反应②偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应①、反应②的离子方程式：①Al2O3 + 2OH−== 2AlO2− + H2O，②AlO2− + CO2 + 2H2O == Al(OH)3↓ + HCO3-，故本题答案为：①Al2O3 + 2OH− == 2AlO2− + H2O，②AlO2− + CO2 + 2H2O == Al(OH)3↓ + HCO3-‎ ‎（3）根据分析得操作1和操作2都是过滤，过滤操作用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，故本题答案为：过滤；玻璃棒；漏斗；烧杯；‎ ‎（4）根据分析得冰晶石又名氟铝酸钠或氟化铝钠，主要用作铝电解的助熔剂，降低氧化铝的熔融温度，故本题答案为：降低氧化铝的熔融温度。‎ ‎【点睛】一贴：滤纸紧贴漏斗壁。二低：滤纸上沿低于漏斗口，溶液液面低于滤纸上沿。三靠：漏斗颈下端紧靠承接滤液的烧杯的内壁，引流的玻璃棒下端轻靠滤纸三层一侧，盛待过滤的烧杯的嘴部靠在玻璃棒的中下部。‎ ‎25.过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验。‎ ‎(1)探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品，将其溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。‎ ‎(2)该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了m g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。‎ ‎①装置中用于滴加盐酸的仪器的名称是_________，装置D的作用是_________________________________；‎ ‎②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_________________________________；‎ ‎③写出装置C中发生主要反应的化学方程式_________________________________；‎ ‎④反应结束后，在读取实验中生成气体的体积时，你认为合理的是_______________(填序号)；‎ a．读取气体体积前，需冷却到室温 b．调整量筒使E、F内液面高度相同 e．视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积 ‎⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为______________________________。‎ ‎【答案】 (1). BaCl2 (2). 分液漏斗 (3). 吸收氧气中混有的二氧化碳气体 (4). 检查装置气密性 (5). 2Na2O2 + 2CO2 == 2Na2CO3 + O2 (6). abc (7). 39v/(56m)%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过氧化钠在空气中变质会最后生成碳酸钠固体，依据碳酸根离子检验是否变质；‎ ‎（2）装置图中A为生成二氧化碳的装置，B为洗气装置，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，E和F是测量生成氧气的体积的装置；‎ ‎①装置中用于滴加盐酸的仪器的名称为分液漏斗，D为吸收多余的二氧化碳的装置；‎ ‎②依据装置图分析可知，测定方法是测定二氧化碳和过化纳反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好；‎ ‎③装置C中是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应 ‎④依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面相平，温度在常温下；‎ ‎⑤依据生成氢气的体积计算物质的量，结合化学方程式计算得到过氧化钠物质的量，得到过氧化钠的质量分数；‎ ‎【详解】（1）过氧化钠在空气中变质会最后生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子结合生成碳酸坝白色沉淀证明Na2O2已经变质，取少量样品，溶解，加入BaCl2溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质，故本题答案为： BaCl2；‎ ‎（1）①装置中用于滴加盐酸的仪器的名称为分液漏斗， D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，导致测得的氧气的体积偏大，故本题答案为：分液漏斗；吸收氧气中混有的二氧化碳气体；‎ ‎②实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；故本题答案为：检查装置的气密性；‎ ‎③装置C中是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的主要反应的化学方程式为：2Na2O2 + 2CO2 == 2Na2CO3 + O2，故本题答案为：2Na2O2 + 2CO2 == 2Na2CO3 + O2；‎ ‎④a项、直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，因此读取气体体积前，需冷却到室温，a正确；b项、调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，b正确；c项、视线与凹液面的最低点相平时，读取量筒中水的体积较准确，c正确；故本题答案为：abc；‎ ‎⑤测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，物质的量为：，则样品中过氧化钠的质量分数为：解得；故本题答案为： 。 ‎ ‎26.某铁的氧化物粉末可能含有FeO、Fe2O3中的一种或两种。某化学兴趣小组为验证该氧化物粉末的组成，做了如下实验：‎ ‎(1)甲同学利用1mol/L的硫酸、KSCN溶液、酸性高锰酸钾溶液来确定其组成 编号 实验操作 实验现象与结论 ‎①‎ 取少量粉末放入试管中，注入1mol/L的硫酸 粉末逐渐溶解，溶液呈黄绿色 ‎②‎ 将①中所得溶液分成两份，向其中一份滴加几滴__________，振荡 若溶液________ ，说明有Fe2O3存在 ‎③‎ 向另一份溶液中加入少量__________，振荡 若溶液________ ，说明有FeO存在 ‎(2)乙同学称取30.4g固体，按以下步骤进行实验：‎ 步骤一 将固体置于烧杯中，加入1mol/L的硫酸将固体完全溶解 步骤二 往烧杯中先加入足量的氯水，充分反应后再加入足量的氢氧化钠溶液 步骤三 将步骤二所得的物质过滤洗涤后，灼烧至固体质量不再变化，得到32g红棕色固体 ‎①步骤二中加入氯水的目的是__________________________________________；‎ ‎②步骤三中沉淀洗涤的操作为__________________________________________；‎ ‎③原固体中FeO和Fe2O3的物质的量之比为___________________。‎ ‎【答案】 (1). KSCN溶液 (2). 变红 (3). KMnO4溶液 (4). 紫色褪去 (5). 将Fe2+ 全部转化成Fe3+ (6). 沿玻璃棒往漏斗中继续加蒸馏水至浸没沉淀，自然滤下，重复2-3次 (7). 2:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）②因Fe3＋遇到KSCN溶液，溶液变为血红色；‎ ‎③根据KMnO4溶液能氧化Fe2＋，本身紫色褪去；‎ ‎（2）根据实验要求解答，在计算原固体中FeO和Fe2O3的物质的量之比可根据题意列方程组。‎ ‎【详解】（1）②Fe3＋遇到KSCN溶液，溶液变为血红色，若溶液变为血红色，则“①”中溶液含有Fe3＋，原固体中有Fe2O3，故本题答案为：KSCN溶液；变红；‎ ‎③KMnO4溶液能氧化Fe2＋，本身紫色褪去，若向另一份中加入少量KMnO4溶液，紫色褪去，则“①”中溶液含有Fe2＋，原固体中有FeO，故本题答案为：KMnO4溶液；紫色褪去；‎ ‎（2）①往烧杯中先加入足量的氯水，充分反应后再加入足量的氢氧化钠溶液，加入氯水的目的是因为溶液中含有Fe2+，先加入足量的氯水是为了将Fe2+ 全部转化成Fe3+，故本题答案为：将Fe2+ 全部转化成Fe3+；‎ ‎②根据题知步骤三中沉淀洗涤的操作为：沿玻璃棒往漏斗中继续加蒸馏水至浸没沉淀，自然滤下，重复2-3次。故本题答案为：沿玻璃棒往漏斗中继续加蒸馏水至浸没沉淀，自然滤下，重复2-3次；‎ ‎③根据题知步骤一发生的离子反应式为：FeO+2H＋=Fe2＋+H2O，Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O；‎ 步骤二发生的离子反应式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；步骤三发生的化学反应式为：2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O 设FeO和Fe2O3的物质的量分别为x、y；则有72x+160y=30.4，再根据步骤三：灼烧至固体质量不再变化，得到32g红棕色固体，依据2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O 得出总的Fe3＋的物质的量为0.4mol，最后根据铁元素守恒可得出x+2y=0.4，综上所述得出方程组：，解得 故原固体中FeO和Fe2O3的物质的量之比为：2:1‎ ‎ ‎ ‎ ‎