【化学】黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 17页

黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35.5 S:32 Ba:137‎ 一、选择题 ‎1.下列物质分类的正确组合是( )‎ 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A Cu2(OH)2CO3‎ H2SO4‎ NaHCO3‎ SiO2‎ CO2‎ B NaOH HCl NaCl Na2O CO C NaOH NH3‎ CaCl2‎ MgO SO2‎ D KOH HNO3‎ CaCO3‎ CaO SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu2(OH)2CO3属于盐类，SiO2属于酸性氧化物，故A错误；‎ B．CO不属于酸性氧化物，故B错误；‎ C．NH3不属于酸，故C错误；‎ D．KOH属于碱、HNO3属于酸、CaCO3属于盐、CaO属于碱性氧化物、SO3属于酸性氧化物，分类正确，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.实验室欲用NaOH 固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL，在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是( )‎ A. 配制该溶液，需称量10.0 g NaOH固体 B. 定容时仰视刻度线 C. 未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容 D. 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 ‎【答案】C ‎【解析】A、由于无240mL容量瓶，故选用250mL容量瓶，配制出的是250mL1.0mol/L的NaOH溶液，所需的NaOH的物质的量n=cV=0.25L×1.0mol/L=0.25mol，质量m=nM=0.25mol×40g/mol=10.0g，所配溶液浓度准确，选项A不选；B、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，选项B不选；C、未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，则待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，选项C选；D、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致浓度偏低，选项D不选。答案选C。‎ ‎3.下列说法中不正确的是(　　)‎ ‎①将硫酸钡放入水中不能导电，硫酸钡是非电解质；‎ ‎②氨溶于水得到氨水溶液能导电，氨水是电解质；‎ ‎③固态氯化氢不导电，液态氯化氢可以导电；‎ ‎④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，硫酸氢钠是酸；‎ ‎⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。‎ A. 仅①④ B. 仅①④⑤‎ C. 仅②③ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，①错误；‎ ‎②氨气在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，②错误；‎ ‎③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的氯化氢不导电，液态的氯化氢只有氯化氢分子，不能导电，③错误；‎ ‎④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，属于盐，④错误；‎ ‎⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎不导电。碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列关于分散系的说法中正确的是(　　)‎ A. 不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等 B. 可吸入颗粒(例如硅酸盐粉尘)形成气溶胶，对人类健康的危害更大 C. 胶体的分散质粒子的直径为1～10 nm D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是有无丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分散系是混合物，水是纯净物，水不是分散系，故A错误；‎ B. 可吸入颗粒形成气溶胶，与空气接触面积大，更易被人体吸收，对人类健康危害极大，故B正确；‎ C. 胶体的分散质粒子的直径为1～100 nm，故C错误；‎ D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是分散质粒子直径不同，故D错误。‎ 选B。‎ ‎5.下列有关金属及其化合物的说法正确的是(　　)‎ A. 钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应 B. 焰色反应是化学变化，可以用玻璃棒做焰色反应实验 C. CaO、Na2O、Na2O2均为碱性氧化物 D. 可用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠易与氧气反应，所以钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应，故选A；‎ B. 焰色反应是物理变化，用铂丝做焰色反应实验，故不选B；‎ C. CaO、Na2O为碱性氧化物， Na2O2为过氧化物，故不选C；‎ D NaHCO3和Na2CO3都能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3，故不选D;‎ 故选A。‎ ‎6.下列离子能大量共存的是( )‎ A. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、Cl－‎ B. 无色透明的溶液中：Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-‎ C. 使酚酞试液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CO32-‎ D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 在含有大量Ba(NO3)2的溶液中，Ba2+与SO不能大量共存，A错误；B. 无色透明的溶液中，Cu2＋为蓝色，B错误，C. 在使酚酞试液呈红色的碱性溶液中， Na＋、K＋、SO、CO可以大量共存，C正确；D. 在使紫色石蕊试液呈红色的酸性溶液中，H+与CO不能大量共存，D错误。答案选C。‎ ‎7.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是( )‎ A. 用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质，并获得Na2CO3固体 B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置 C. 用图④所示装置可以分离乙醇水溶液 D. 图⑤所示装置中盛有饱和Na2CO3溶液除去CO2中含有的少量HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①和②所示装置分别是过滤和蒸发，由于碳酸钙难溶于水，碳酸钠易溶于水，因此用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质，并获得Na2CO3固体，A正确；‎ B. 乙醇与水互溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，B错误；‎ C. 不能用图④所示装置分离乙醇水溶液，因为缺少温度计，C错误；‎ D. 应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中含有的少量HCl，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎8. 下列两种气体的原子数一定相等的是( )‎ A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4‎ B. 等体积、等密度的CO和N2‎ C. 等温、等体积的O2和Cl2‎ D. 等压、等体积的NH3和CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M（N2）=M（C2H4）=28g/mol，等质量时，物质的量相等，但分子构成的原子数目不同，则等物质的量时原子数一定不等，故A错误；‎ B．等体积等密度的CO和N2的质量相等，二者摩尔质量都为28g/mol，物质的量相等，都是双原子分子，则原子数相等，故B正确；‎ C．压强不一定相等，则物质的量、原子总数不一定相等，故C错误；‎ D．因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 足量钠与1mol氧气反应生成Na2O或Na2O2时，转移电子数相等 B. 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA C. a g CO和H2的混合气体充分燃烧的产物与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加ag D. 22.4L 氧气与 1mol氢气所含原子数均为 2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O中氧元素显-2价、Na2O2中氧元素显-1价，足量钠与1mol氧气反应生成Na2O转移4mol电子，生成Na2O2时转移2mol电子，故A错误；‎ B. Na2O2含Na+、O22-，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，故B错误；‎ C.根据CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，固体增加的质量可以看做是CO的质量，根据2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，固体增加的质量可以看做是H2的质量，所以a g CO和H2的混合气体充分燃烧的产物与足量的Na2O2充分反应后，质量增加ag，故C正确；‎ D.非标准状况下， 22.4L 氧气的物质的量不一定是1mol，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.下列各组溶液中的两个反应，可用同一离子方程式表示的是(　　)‎ A. Ca(HCO3)2溶液和少量氢氧化钠溶液、NaHCO3溶液和过量的澄清石灰水 B. MgCO3和盐酸、Na2CO3溶液和盐酸 C. BaCl2溶液和稀硫酸、Ba(OH)2溶液和稀硫酸 D. 稀硝酸和碳酸钾溶液、稀盐酸和NaHCO3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca(HCO3)2溶液和少量氢氧化钠溶液反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O； NaHCO3溶液和过量的澄清石灰水反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故选A；‎ B. MgCO3和盐酸反应的离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O， Na2CO3溶液和盐酸反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故不选B；‎ C. BaCl2溶液和稀硫酸反应的离子方程式是SO42-+Ba2+═BaSO4↓； Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应的离子方程式是2H++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故不选C；‎ D. 稀硝酸和碳酸钾溶液反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2O、稀盐酸和NaHCO3溶液反应的离子方程式是HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故不选D。‎ ‎11.一块表面已被氧化为Na2O的钠块10.8g，将其投入100g水中，产生H2 0.2g，则被氧化的钠是 （ ）‎ A. 9.2g B. 10.6g C. 6.2g D. 4.6g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，发生反应：Na2O+H2O＝2NaOH，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；收集到氢气0．2g，则n(H2)＝0.2g÷2g/mol＝0.1mol，根据方程式的关系可知n(Na)＝2n(H2)＝0.2mol，m(Na)＝0.2mol×23g/mol＝4.6g，所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g＝6.2g，则n(Na2O)＝6.2g÷62g/mol＝0.1mol，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2mol，其质量是m(Na)＝0.2mol×23g/mol＝4.6g，答案选D。‎ ‎12.下列实验现象描述正确的是(　　)‎ 选项 实 验 现 象 A 向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液 有氢氧化铁胶体产生 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来 C 向滴有酚酞的溶液中加入足量Na2O2粉末 溶液变红 D 加热放在坩埚中的小块钠 钠先熔化成光亮小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，不是氢氧化铁胶体，故A错误；‎ B、在酒精灯上加热铝箔，表面生成高熔点的氧化铝薄膜，铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝不滴落下来，故B错误；‎ C、Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化为无色，所以溶液先变红后褪色，故C错误；‎ D、加热放在坩埚中的小块钠，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体过氧化钠，故D正确。‎ 选D。‎ ‎13.如图，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，据此判断下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 上述反应是置换反应 B. 上述反应证明钠可以从CuSO4溶液中置换出铜 C. 上述反应说明钠比铜活泼 D. 加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu。‎ ‎【详解】A、钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu，属于置换反应，故A正确； B、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，但是钠不能从CuSO4溶液中置换出铜，故B错误； C、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu，钠作还原剂，铜是还原产物， 说明钠比铜活泼，故C正确； D、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，故D正确；‎ 选B。‎ ‎14.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是( )‎ A. 混合物中一定不含有Na2CO3、NaCl B. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3‎ C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3 D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定，据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定，‎ A、混合物中可能含有含有Na2CO3、NaCl，故A错误；‎ B、由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，故B正确；‎ C、由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，故C错误；‎ D、由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 3mol Fe2+被氧化时有1mol O2被还原 B. 该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂 C. 每生成1mol Fe3O4转移4mol电子 D. 离子方程式中x=4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据化学方程式，2mol Fe2+被氧化时有1mol O2被还原，故A错误；‎ B. 该反应中Fe、S元素化合价都升高，所以Fe2+和S2O32-都是还原剂，故B正确；‎ C. 根据化学方程式，每生成1mol Fe3O4有1mol氧气反应，所以转移4mol电子，故C正确；‎ D. 根据电荷守恒，2×3-2×2-X×1=-2，X=4离子方程式中x=4，故D正确。 ‎ 选A。‎ ‎16.将0.8g NaOH和1.06g Na 2CO 3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L -1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO 2的物质的量的关系的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。‎ ‎【详解】0.8g NaOH的物质的量是0.02mol、1.06g Na 2CO 3的物质的量是 mol；当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O反应，消耗盐酸的物质的量是0.02mol，盐酸体积是0.2L；再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl消耗盐酸的物质的量是0.01mol，盐酸体积是0.1L，生成碳酸氢钠的物质的量是0.01mol；最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量是0.01mol，盐酸体积是0.1L，生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，故选D。‎ ‎17.现有下列三个氧化还原反应：① 2B- + Z2 = B2+2 Z - ② 2A2+ + B2 = 2A3+ + 2B- ③2XO4- + 10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O，根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）‎ A. 要除去含有 A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入Z2‎ B. 还原性强弱顺序为： A2+﹥B-﹥Z-﹥X2+‎ C. X2+是 XO4- 的还原产物， B2 是 B-的氧化产物 D. 在溶液中可能发生反应： XO4- +5 A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O ‎【答案】A ‎【解析】A．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性B2＞A3+；反应①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，则氧化性由强到弱的顺序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以要除去含有 A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2，故A错误；B．由①②③反应中还原性的比较可知，还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+，故B正确；C．反应③中X元素的化合价降低，则XO4-为氧化剂，则X2+是XO4-的还原产物，反应①中B- 发生氧化反应生成B2 ，即B2 是 B-的氧化产物，故C正确；D．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性B2＞A3+；反应①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，则氧化性由强到弱的顺序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以溶液中XO4-能氧化A2+，发生的反应为XO4- +5 A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O，故D正确；答案为A。‎ ‎18.氯气与冷的氢氧化钠反应生成NaCl与NaClO，与热的氢氧化钠反应生成NaCl与NaClO3。一定温度下，氯气与氢氧化钠反应生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为3：2，求该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为(　　)‎ A. 5/16 B. 5/17 C. 5/13 D. 13/5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化产物为NaClO与NaClO3，二者物质的量之比为2:3，令NaClO与NaClO3的物质的量分别为2mol、3mol；还原产物为NaCl，根据电子转移守恒，可知NaCl的物质的量= =13mol，故该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比=(2mol+3mol):13mol=5:13，故选C。‎ ‎19.120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴入后者，还是将后者滴入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，且比值为5：2，则盐酸的浓度是（　　　）‎ A. 2.0mol/L B. 1.0mol/L ‎ C. 0.18mol/L D. 1.25mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑，‎ 当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，都有气体产生，说明HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，当碳酸钠滴入盐酸中时碳酸钠有剩余，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，第一步反应完全，第二步反应碳酸氢根离子有剩余。‎ ‎【详解】设HCl为nmol；当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应，生成CO2的物质的量为mol；当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，发生CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸0.2mol，发生HCO3-+H+═H2O+CO2↑反应，消耗盐酸(n-0.2)mol，所以生成CO2的物质的量为(n-0.2)mol，则：(n-0.2)=5:2，n=0.25，盐酸的浓度是1.25mol/L，故选D。‎ ‎20.将112mLCl2（标准状况）通入5mL1mol/L的FeBr2溶液中（还原性：Fe2+大于Br-），发生反应的离子方程式是(　　)‎ A. Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2 B. 2Fe2+＋2Br-＋2Cl2＝2Fe3+＋4Cl-＋Br2‎ C. 2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl- D. 2Fe2+＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3+＋6Cl-＋2Br2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据还原性Fe2+＞Br-可知，通入氯气先发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-。‎ ‎【详解】标况下112mL氯气的物质的量为：n（Cl2）==0.005mol，5mL1mol/L的FeBr2溶液中含有溶质溴化亚铁的物质的量为：n（FeBr2）=1mol/L×0.005L=0.005mol，含有亚铁离子的物质的量为0.005mol，溴离子的物质的量为0.01mol；根据反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-可知，0.005mol亚铁离子完全反应消耗0.0025mol氯气，剩余氯气0.0025mol，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-；0.0025mol氯气氧化Br-的物质的量是0.005mol，则反应的离子方程式为2Fe2+＋2Br-＋2Cl2＝2Fe3+＋4Cl-＋Br2，故选B。‎ 二、填空题 ‎21.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下： ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A是：____________， I是：____________（填化学式）； ‎ ‎（2）按要求写出下列反应的方程式： ‎ Ⅰ.①的化学方程式：______________________________； ‎ Ⅱ.②的化学方程式(同时用双线桥法表示该反应的电子转移情况)：________________； ‎ Ⅲ. J与过量的澄清石灰水反应的离子方程式：______________________________。‎ ‎【答案】(1). Na (2). CO2 (3). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (4). （或写成“2×e-”） (5). HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，A是Na；钠元素主要以氯化钠形式存在于海水中，G是氯化钠；F是一种淡黄色的固体，F是Na2O2；H是一种常见的无色液体，H是水；I是造成温室效应的“元凶”，I是CO2‎ ‎。根据流程图，钠与单质C生成氯化钠，C是氯气；钠与B单质生成过氧化钠，B是氧气；钠与水反应生成氢氧化钠，D是氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，K是碳酸钠；碳酸氢钠加热分解为碳酸钠，J是碳酸氢钠；碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠，L是盐酸。‎ ‎【详解】（1）A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，A是Na；I是造成温室效应的“元凶”，I是CO2。； ‎ ‎（2）Ⅰ.反应①是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑； ‎ Ⅱ.F是过氧化钠，反应②是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应的实质是Na2O2和H2O发生复分解反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解为水和氧气，水既不是氧化剂又不是还原剂，氢氧化钠既不是氧化产物又不是还原产物，过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，用双线桥法表示该反应的电子转移为； ‎ Ⅲ. J是碳酸氢钠，与过量的澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。‎ ‎22.某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：‎ ‎(1)在一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；‎ ‎(2)在另一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热,收集到1.12L气体(标准状况下)；‎ ‎(3)在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成,经称量其质量为6.27g，在该沉淀中 加入足量的盐酸，沉淀部分溶解,剩余固体质量为2.33g。‎ 根据上述实验回答下列问题：‎ ‎①溶液中一定不存在离子是：_______________________________；‎ ‎②溶液中一定存在的阴离子有：_______________；其物质的量浓度分别为：_____________；‎ ‎③推断K+是否存在：（填“是 ”或“否”）________________，其物质的量浓度为：___________。‎ ‎【答案】(1). Ba2+、Mg2+ (2). SO42-、CO32- (3). 0.1mol/L、0.2mol/L (4). 是 (5). C(K+)≥0.1mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-等离子，且至少一种； ②1.12L气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.05mol； ③2.33g沉淀为硫酸钡，6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物；根据电荷守恒，得出是否存在钾离子，以此解答该题。‎ ‎【详解】①碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验1得到沉淀无法确定是氯化银，故实验1对Cl-是否存在的判断是：不能确定；利用实验2可知含有铵离子，利用实验3可知沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，即溶液中一定含有CO32-、SO42-，碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀，故可判知溶液一定不存在的离子是：Ba2+、Mg2+；‎ ‎②结合①中分析可知溶液中一定含有的阴离子为CO32-、SO42-，由碳酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，可推知加入盐酸后剩余2.33g固体为BaSO4，利用硫守恒可知溶液中n（SO42-）=0.01mol，c（SO42-）= 0.1mol/L；6.27g固体中碳酸钡的质量为6.27g-2.33g=3.94g，利用碳守恒可知溶液中n（CO32-）==0.02mol，c（CO32-）=0.2mol/L；‎ ‎③溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32-和SO42-，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，利用②中分析、计算可知CO32-、SO42-的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒，n（+）=n（NH4+）=0.05mol，n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=0.06mol，钾离子一定存在。若不含Cl-，则n（K+）=0.01mol，若含Cl-，则n（K+）>0.01mol，所以C(K+)≥0.1mol/L。‎ ‎23.按要求填空：‎ ‎（1）还原铁粉与高温水蒸气反应的化学方程式：_____________________________________；‎ ‎（2）除去Mg粉中的Al粉的试剂是__________ ，反应的离子方程式为：____________；‎ ‎（3）高铁酸钠（Na2FeO4）具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。‎ ‎____Fe(OH)3 +____ClO－+____OH－ =__FeO42－＋___Cl－+__（ ）‎ ‎（4）在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4‎ 中，氧化剂是________________；还原剂是_______________；当有11molP参加反应，转移的电子的物质的量为________；1molCuSO4能氧化的P原子的数目为_____________。‎ ‎【答案】(1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑ (2). NaOH溶液 (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 2 (5). 3 (6). 4 (7). 2 (8). 3 (9). 5 (10). H2O (11). P、CuSO4 (12). P (13). 30mol (14). 0.2NA(1.204×1023)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；‎ ‎（2）Mg与酸反应， Al粉既能与酸反应又能与碱反应；‎ ‎（3）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式；‎ ‎（4）11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应的概念以及电子守恒知识来解答。‎ ‎【详解】（1）还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式是3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑；‎ ‎（2）Mg与酸反应， Al粉既能与酸反应又能与碱反应，所以用氢氧化钠溶液除去Mg粉中的Al粉，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎（3）氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到高铁酸钠，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为0，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，离子方程式为2Fe(OH)3 +3ClO－+4OH－ =2FeO42－＋3Cl－+5 H2O；‎ ‎（4）在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，部分P原子的化合价由0降低为-3价， Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，氧化剂是P、CuSO4；部分P元素的化合价由0升高为+5价，还原剂是P；P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，当有11molP参加反应，转移的电子的物质的量为30mol；Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，P元素的化合价由0升高为+5价，所以1molCuSO4能氧化的0.2molP原子，氧化P原子的数目为0.2NA(或1.204×1023）。‎ ‎24.已知某纯碱试样中含有 NaCl 杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。‎ 主要实验步骤如下：‎ ‎①按图组装仪器，并检查装置的气密性；‎ ‎②将 a g 试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；‎ ‎③称量盛有碱石灰的 U 形管的质量，得到 b g；‎ ‎④从分液漏斗滴入 6 mol•L-1的硫酸，直到不再产生气体时为止；‎ ‎⑤从导管 A 处缓缓鼓入一定量的空气；‎ ‎⑥再次称量盛有碱石灰的 U 型管的质量，得到 c g；‎ ‎⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到 U 型管的质量基本不变，为 d g；‎ 请填空和回答问题：‎ ‎（1）第一个洗气瓶中氢氧化钠溶液的作用是____________________‎ ‎（2）装置中干燥管 B 的作用是_______________________________‎ ‎（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果_________（填偏高、偏低或不变）。‎ ‎（4）步骤⑤的目的是_______________________________________‎ ‎（5）步骤⑦的目的是_________________________________________‎ ‎（6）该试样中纯碱的质量分数的计算式为________________________。‎ ‎【答案】(1). 吸收空气中的CO2 (2). 防止空气中的二氧化碳和水气进入U型管中 (3). 偏高 (4). 把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中 (5). 判断反应产生的二氧化碳是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】实验原理是通过准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，计算碳酸钠的量；盐酸的挥发性，空气中含有二氧化碳和水蒸气都会对实验产生干扰，据此回答。‎ ‎【详解】（1）空气中含有二氧化碳，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，防止空气中的二氧化碳气体进入U型管中的碱石灰，干扰实验；‎ ‎（2）U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差。‎ ‎（3）由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏大。‎ ‎（4）由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；步骤⑤的目的是把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中；‎ ‎（5）U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中；步骤⑦的目的是判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收；‎ ‎（6）设需要碳酸钠的质量为X，则： Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑ 106 44 X d-b 列比例式： 解得X=； 所以试样中纯碱的质量分数的计算式为；‎