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2021-2022学年吉林省长春二中高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年吉林省长春二中高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了SO2等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省长春二中高一（上）期末化学试卷
1. 化学与社会生产和生活密切相关，下列有关说法正确的是( )
A. 铝锂合金密度低、强度高，可用于航空工业
B. 中秋佳节月饼盒中小袋包装的生石灰可用来防止月饼氧化变质
C. 将含Cl2的漂白剂与含SO2的漂白剂混合使用，可增强漂白效果
D. “司南杓之，投之于地，其柢指南”中，“杓”所用的材质为FeO
2. 下列各组物质的分类不正确的是( )
A. 同位素： 1H2O、 2H2O、 3H2O B. 酸性氧化物：CO2、SO2、SO3
C. 混合物：漂白粉、石灰水、赤铁矿 D. 电解质：NaCl、KOH、HClO
3. 下列电离方程式中，书写正确的是( )
A. NaHCO3=Na++HCO3− B. Ba(OH)2=Ba2++OH−
C. KClO3=K++Cl−+3O2− D. Ca(NO3)2=Ca2++2(NO3)2−
4. 下列各组离子一定能够大量共存的是( )
A. Na+、I−、SO42−、Fe3+ B. K+、SO42−、CO32−、H+
C. NO3−、Ca2+、Cl−、CO32− D. Ba2+、Na+、NO3−、Cl−
5. 某合金与铁的物理性质比较如下：
熔点/∘C
密度/g⋅cm3
硬度
电阻率/Ω⋅m
其他性质
某合金
2500
3.00
7.4
1.6×10−6
耐腐蚀
铁
1535
7.86
4.5
9.78×10−8
纯铁耐腐蚀
已知：金刚石的硬度为10，银的电阻率为1.65×10−8/Ω⋅m该合金不适合制成( )
A. 导线 B. 门窗 C. 炉具 D. 飞机外壳
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 16g由O2和O3组成的混合物中含氧原子的数目为NA
B. 1mol/LCaCl2溶液中所含Cl−的数目为2NA
C. 1molCl2与足量Fe反应时，转移电子数目为3NA
D. 标准状况下，11.2LH2O所含分子数为0.5NA
7. 下列叙述不正确的是( )
A. Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作油漆和涂料的红色颜料
B. 漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂
C. Na2O2可与水、CO2发生反应产生氧气，故Na2O2可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源
D. Na2CO3和NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，均可用于治疗胃酸过多
8. 金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一、下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是( )
A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
B. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
D. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
9. 下列关于元素周期表应用的说法正确的是( )
A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料
B. 在现行元素周期表中，原子的种类和元素的种类一样多
C. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提提供线索
D. 在金属与非金属的分界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
10. 已知I−、Fe2+、SO2、Cl−和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中的还原性顺序为：SO2>I−>Fe2+>H2O2>Cl−，则下列反应不可能发生的是( )
A. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+
B. 2Fe2++I2=2Fe3++2I−
C. I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
D. H2O2+SO2=H2SO4
11. 下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是( )
A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ②③④
12. 下列关于含氯消毒剂的解释不正确的是( )
A. “84”消毒液不能与洁厕灵混合使用：2H++Cl−+ClO−=Cl2↑+H2O
B. 工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
C. 氯水应避光保存的原因是：2HClO−光照H2O+Cl2↑
D. 氯气意外发生泄漏，可用浸有一定浓度NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，向高处转移
13. 下列有关实验的叙述正确的是( )
A. 取某固体试样溶于盐酸，滴加KSCN溶液不变红，说明该固体中一定不存在Fe3+
B. 取某溶液试样进行焰色试验，通过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，则其为钾盐溶液
C. 往某溶液试样中滴加酚酞试液，溶液变红色，则该溶液一定是碱溶液
D. 取某溶液试样加足量硝酸无现象，再加AgNO3溶液产生白色沉淀，则原溶液中存在Cl−
14. 用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法不正确的是( )
A. 装置A的作用是为实验提供持续不断的水蒸气
B. 装置B中反应的化学方程式是2Fe+3H2OFe2O3+3H2↑
C. 装置C中加入的固体干燥剂可能是碱石灰
D. 点燃D处的气体前必须检验气体的纯度
15. 为了从含有FeSO4、CuSO4的工业废水中回收Cu和硫酸亚铁晶体，某小组设计并完成了如图实验。下列说法正确的是( )
A. 固体X中只含有Cu B. 试剂B是稀硫酸
C. 溶液Z中的溶质为FeSO4和CuSO4 D. 操作I用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒
16. 有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是( )
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2
B. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
C. 物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液
D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
17. 配制480mL0.100mol⋅L−1的NaCl溶液，部分实验操作如图。下列说法正确的是( )
A. 实验中需用到的仪器有：托盘天平、480mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B. 上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③
C. 容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D. 定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高
18. 在100mLK2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，c(Fe3+)为0.1mol⋅L−1，c(K+)为0.3mol⋅L−1，要将溶液中的SO42−全部转化为沉淀，至少需加0.1mol⋅L−1BaCl2溶液的体积为( )
A. 250mL B. 280mL C. 300mL D. 320mL
19. 有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍：B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构：C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是( )
A. D的原子半径比C小
B. 可通过焰色试验检验B元素
C. A和B两种元素形成的化合物一定是碱性氧化物
D. C单质常温下既能溶于稀盐酸，也能溶于氢氧化钠溶液
20. 有一块铁的氧化物样品，用140mL5.0mol⋅L−1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转化为Fe3+，则该样品的化学式可能为( )
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7
21. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：W
C. Y和Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. Y的一种氧化物可做供氧剂
22. 下列说法正确的是( )
A. 将5.85gNaCl固体溶于1L水，所得NaCl溶液物质的量浓度为0.1mol⋅L−1
B. 配制480mL0.2mol/LNaOH溶液，需称量NaOH固体的质量为3.84g
C. 质量分数为98%的浓硫酸与等体积水混合后，硫酸的质量分数大于49%
D. 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线
23. 有KCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别出来，这种试剂是( )
A. 盐酸 B. 烧碱溶液 C. 氨水 D. KSCN溶液
24. 向含有Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是( )
A. 线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况
B. 原混合溶液中c(FeBr2)=6mol/L
C. 当通入Cl22mol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−)=2:1:3
25. 有3.2gCuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少了0.72g，反应后全部气体用50mL0.7mol⋅L−1Ba(OH)2溶液吸收。下列有关叙述中正确的是( )
A. 反应中生成的CO2体积为1.008L
B. 吸收CO2后的溶液中一定不含Ba(HCO3)2
C. 原混合物中CuO与Fe2O3质量比为3：1
D. 若将质量相同的混合物加过量硫酸溶解后，再加入100mLNaOH溶液时沉淀达最大量，由此可求得c(NaOH)=0.75mol⋅L−1
26. 已知有下列十种物质：
①AlCl3固体
②过氧化钠
③熔融态KNO3
④SO3
⑤碘水
⑥C2H5OH
⑦小苏打
⑧氨水
⑨Cl2
⑩硫酸亚铁。
(1)上述物质中，属于电解质的是 ______(填序号，下同)属于非电解质的是 ______。
(2)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比 ______。
(3)写出②与CO2反应的化学方程式 ______。当反应转移3mole−时，固体质量增加 ______g。
(4)相同条件下，物质⑦的溶解度 ______Na2CO3的溶解度(填“大于”或“小于”)。
(5)已知⑩可使酸性KMnO4溶液褪色，完成并配平该反应的离子方程式：______MnO4−+______+______H+−______Mn2++______+______。
27. 铁有两种氯化物都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法
Ⅰ.氯化铁：熔点为306∘C，沸点为315∘C，易吸收空气中的水分，工业上采用向500∼600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670∘C，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
实验室可用如图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为 ______。
(2)导管b口应与 ______(从虚线框内装置中选择装置后用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。
(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：①称取4.52g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为 ______%(结果精确到小数点后两位)。
(4)①用此装置制得无水氯化铁含铁量 ______(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的 ______(填化学式)杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 ______。
(5)工业将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，漂白粉的有效成分是 ______(填化学式)。
28. 已知A为单质，与某物质反应生成气体与B，有如图物质相互转化：
(1)写出B的化学式 ______，D的化学式 ______。
(2)写出由E转变成F的化学方程式 ______。
(3)写出用KSCN溶液鉴别G溶液中金属阳离子的离子方程式 ______，现象是 ______。
(4)向G溶液中加入A的有关离子反应方程式 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.铝、锂的密度小，则铝锂合金的密度小，并且强度高，所以铝锂合金可用于航空工业，故A正确；
B.生石灰能与水反应，不能与氧气反应，则月饼盒中小袋包装的生石灰用作干燥剂，不能用作除氧剂，故B错误；
C.Cl2可作漂白剂、SO2具有漂白性，二者混合会发生氧化还原反应，使漂白效果减弱，故C错误；
D.Fe3O4俗名磁性氧化铁，“杓”中所用的材质为Fe3O4，不是FeO，故D错误；
故选：A。
A.铝、锂均是轻金属，铝锂合金具有密度小，强度高的特点；
B.月饼盒中小袋包装的生石灰用作干燥剂；
C.Cl2能与SO2的水溶液反应生成硫酸和盐酸；
D.Fe3O4具有磁性。
本题考查物质的组成、结构与性质，为高频考点，把握物质的性质、应用及化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.1H2O、 2H2O、 3H2O为化合物，不是原子，不能互为同位素，故A错误；
B.CO2、SO2、SO3是酸性氧化物，故B正确；
C.漂白粉为氯化钙和次氯酸钙、石灰水是氢氧化钙溶液、赤铁矿主要成分为氧化铁，都是混合物，故C正确；
D.NaCl、KOH、HClO在水溶液中都可以发生电离，属于电解质，故D正确；
故选：A。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；
B.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
C.不同物质组成的为混合物；
D.水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
本题考查了同位素、酸性氧化物、混合物、电解质概念的分析判断，注意概念实质的理解，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故A正确；
B.氢氧化钡为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH−，故B错误；
C.氯酸钾为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：KClO3=K++ClO3−，故C错误；
D.硝酸钙为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Ca(NO3)2=Ca2++2NO3−，故D错误；
故选：A。
A.碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离；
B.电荷、原子个数守恒；
C.氯酸根离子为原子团，不能拆；
D.硝酸根离子带一个单位负电荷。
本题考查了电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意电离方程式遵循原子个数守恒、电荷守恒规律，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.I−、Fe3+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.CO32−、H+之间发生反应，不能大量共存，故B错误；
C.Ca2+、CO32−之间反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.Ba2+、Na+、NO3−、Cl−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.该合金和铁相比导电性差，不适合做导线，故A正确；
B.该合金硬度大，密度小，适合做门窗框，故B错误；
C.合金的熔点很高，可以做炉具，故C错误；
D.合金的熔点、硬度大，密度小适合做飞机外壳，故D错误；
故选：A。
图表数据分析可知，某合金的熔点硬度大密度小，导电性差，据此分析选项。
本题考查了合金性质对比、合金的实际应用，注意性质的对比分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.16g由O2和O3组成的混合物中含氧原子的数目为：16g16g/mol×NAmol−1=NA，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故B错误；
C.1molCl2与足量Fe反应生成氯化铁，氯气少量完全反应，生成2mol氯离子，转移电子数目为2NA，故C错误；
D.标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
故选：A。
A.氧气和臭氧都是由氧原子构成；
B.溶液体积未知；
C.铁与氯气反应生成氯化铁，氯气少量，应依据氯气的量计算转移电子数；
D.气体摩尔体积使用对象为气体。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象。
7.【答案】D
【解析】解：A.Fe2O3是一种红棕色固体，可用于作油漆和涂料的红色颜料，故A正确；
B.漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，能够氧化有机色素，能够使蛋白质变性，所以漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，故B正确；
C.Na2O2可与水、CO2发生反应产生氧气，所以常用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂，故C正确；
D.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故D错误；
故选：D。
A.Fe2O3是一种红棕色固体；
B.漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，能够氧化有机色素，能够使蛋白质变性；
C.Na2O2可与水、CO2发生反应产生氧气；
D.碳酸钠碱性较强。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的性质和用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.氧化铝与水不反应，则Al2O3→Al(OH)3不能一步实现转化，故A正确；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，均可一步实现转化，故B错误；
C.Mg与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与NaOH溶液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，均可一步实现转化，故C错误；
D.Na与水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，均可一步实现转化，故D错误；
故选：A。
A.氧化铝与水不反应；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；
C.Mg与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与NaOH溶液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁；
D.Na与水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成NaCl。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.在金属与非金属的交界处寻找半导体材料，而过渡元素均为金属元素，故A错误；
B.一种元素可能有多种原子，所以原子的种类比元素的种类多，故B错误；
C.元素周期表具有预测性，则元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索，故C正确；
D.优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，故D错误；
故选：C。
A.在金属与非金属的交界处寻找半导体材料；
B.一种元素可能有多种原子；
C.元素周期表具有预测性；
D.在过渡元素中寻找制造催化剂元素及制造高温、耐腐蚀合金材料。
本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、原子结构与元素的位置为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期表的指导作用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可。
【解答】
根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2>I−>H2O2>Fe2+>Cl−来判断反应能否发生。
A.因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为：SO2>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；
B.因该反应中Fe元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为：Fe2+>I−，与已知的还原性强弱不一致，故B不能发生；
C.因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>I−，与已知的还原性强弱一致，故C能发生；
D.若该反应发生，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2为氧化剂，还原性强弱为：SO2>H2O2，与已知的还原性强弱相符合，故D可能发生。
故选B。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查制备实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
【解答】
①Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故①正确；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故②正确；
③没有隔绝空气，生成的氢氧化亚铁易被氧化，故③错误；
④苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故④正确。
故选B。
12.【答案】C
【解析】解：A.“84”消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分是稀盐酸，二者能反应，反应方程式为：2H++Cl−+ClO−=Cl2↑+H2O，生成的氯气有毒，故A正确；
B.氯气通入石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙、水，则制取漂白粉的反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故B正确；
C.HClO不稳定，见光分解生成HCl和氧气，则反应方程式为2HClO−光照2HCl+O2↑，不能生成Cl2，故C错误；
D.氯气有毒，密度大于空气，氯气能够与NaHCO3溶液反应，又NaHCO3具有弱碱性，对皮肤基本无伤害，所以用浸有一定浓度NaHCO3的毛巾捂住鼻子，向高处转移，故D正确；
故选：C。
A.“84”消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分是稀盐酸，二者能反应；
B.氯气通入石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙、水；
C.HClO不稳定，见光分解生成HCl和氧气；
D.氯气有毒，密度大于空气，并且NaHCO3具有弱碱性，吸收氯气。
本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意把握Cl元素的单质及其化合物的性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
13.【答案】D
【解析】解：A.加入KSCN溶液无现象，证明溶液中不存在Fe3+，但无法确定该固体试样中是否存在Fe3+，假如固体试样为铁和氧化铁的混合物，并且铁单质多，完全溶于盐酸不会生成Fe3+，故A错误；
B.焰色反应为元素的性质，则为钾盐溶液或KOH溶液，故B错误；
C.某无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液为碱性溶液，可能为碱，有可能为强碱弱酸盐，如碳酸钠溶液，所以该溶液不一定是碱，故C错误；
D.Cl−的检验：向试管中加足量稀硝酸，无明显现象，再加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中有Cl−，故D正确；
故选：D。
A.加入KSCN溶液无现象，证明溶液中不存在铁离子，但无法确定该固体试样中是否存在Fe3+；
B.焰色反应为元素的性质；
C.无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液为碱性溶液，但是该溶液不一定碱，可能为强碱弱酸盐，如碳酸钠溶液；
D.结合Cl−的检验方法分析解答，注意加入稀硝酸可酸化溶液，排除CO32−等离子干扰。
本题考查了常见离子的检验方法判断，题目难度不大，注意掌握常见离子的化学性质及检验方法。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生金属铁和水蒸气反应的相关知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
【解答】
A.装置A是液态水在加热的条件下产生水蒸气的装置，作用是为实验提供持续不断的水蒸气，故A正确；
B.Fe与水蒸气反应产物是四氧化三铁和氢气，B中反应的化学方程式是3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故B错误；
C.氢气属于中性气体，可以用碱石灰作干燥剂，故C正确；
D.氢气在点燃之前应该先检验气体的纯度，防止发生爆炸，故D正确。
15.【答案】B
【解析】解：A.由上述分析可知，固体X含Cu及过量的铁粉，故A错误；
B.Cu与稀硫酸不反应，Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则试剂B是稀硫酸，故B正确；
C.溶液Z中的溶质为FeSO4，不含硫酸铜，故C错误；
D.操作I为过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故D错误；
故选：B。
从含有FeSO4、CuSO4的工业废水中回收Cu和硫酸亚铁晶体，由流程可知，加过量试剂A为铁粉，操作I为过滤，固体X含Cu及过量的铁粉，溶液Z中的溶质为FeSO4，固体Y为Cu，则试剂B为稀硫酸，最后将硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸亚铁晶体，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A、根据化学方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，故A错误；
B、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分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，NaHCO3和Na2CO3质量相等时，物质的量不相等，所以同温同压下，生成的CO2体积不一样，故B错误；
C、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液显示碱性，但是碳酸根水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，故C错误；
D、向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，所以析出的是碳酸氢钠，故D正确．
故选D.
A、根据碳酸钠、碳酸氢钠和盐酸反应的化学方程式来计算回答；
B、等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2一样多；
C、碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，但是碳酸根水解程度大；
D、Na2CO3较NaHCO3易溶．
本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累．
17.【答案】B
【解析】解：A.依据配制步骤可知，需要的仪器有：托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，配制480mL0.100mol⋅L−1的NaCl溶液，应选则500mL容量瓶，故A错误；
B.配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，正确的操作顺序为：②①④③，故B正确；
C.定容操作仍然需要加入蒸馏水，所以容量瓶洗净后，不需要干燥，故C错误；
D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=nV可知，溶液浓度偏低，故D错误；
故选：B。
A.配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此判断需要用到的仪器；
B.依据配制步骤选择需要的仪器；
C.定容操作仍然需要加入蒸馏水；
D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=nV进行误差分析。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤、误差分析的方法是解题关键，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：根据电荷守恒有：3c(Fe3+)=c(K+)=2c(SO42−)，即3×0.1mol/L+0.3mol/L=2c(SO42−)，解得c(SO42−)=0.3mol/L，要将溶液中的SO42−全部转化为BaSO4沉淀，则n(BaCl2)=n(SO42−)=0.1L×0.3mol/L=0.03mol，故至少需要BaCl2溶液的体积为0.03mol0.1mol/L=0.3L=300mL，
故选：C。
根据电荷守恒有：3c(Fe3+)+c(K+)=2c(SO42−)，可以计算硫酸根离子的物质的量浓度，要将溶液中的SO42−全部转化为BaSO4沉淀，则n(BaCl2)=n(SO42−)，再根据V=nc计算BaCl2溶液的体积。
本题考查混合物反应计算、物质的量浓度计算，关键是根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
19.【答案】C
【解析】解：由分析可知，A为O、B为Na、C为Al、D为S；
A.同周期自左而右原子半径减小，故原子半径S
C.A和B两种元素形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故氧化钠属于碱性氧化物，但过氧化钠与水反应除生成氢氧化钠外还生成氧气，过氧化钠不属于碱性氧化物，故C错误；
D.铝单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故选：C。
有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18，其中A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，由最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故A为O元素；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，则B为Na；C元素是地壳中含量最多的金属元素，则C为Al；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，其M层电子数为6，故D为S元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律与元素化合物知识，题目比较基础。
20.【答案】D
【解析】解：n(HCl)=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n(O)=12n(HCl)=0.35mol，
所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，
因n(Cl−)=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，
则n(Fe3+)=13n(Cl−)=0.25mol，
所以氧化物中n(Fe)：n(O)=0.25：0.35=5：7，
所以化学式为Fe5O7，
故选：D。
n(HCl)=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n(O)=12n(HCl)=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，结合氯元素守恒确定铁的物质的量，可确定氧化物分子式．
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应、守恒法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大．
21.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl元素，
A.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性S
C.Y和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故C正确；
D.Y的一种氧化物过氧化钠可做供氧剂，故D正确；
故选：B。
如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，X位于第二周期，Y、Z、W、R位于第三周期，X的化合价为−2，则X为O元素，Y的化合价为+1，则Y为Na；Z的化合价为+3，则Z为Al；W的化合价为+6，则W为S；R的化合价为+7，则R为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、元素化合价来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
22.【答案】C
【解析】解：A.氯化钠溶于1L水，所得溶液的体积不是1L，无法计算溶液的物质的量浓度，故A错误；
B.配制480mL0.2mol/LNaOH溶液应该选用500mL 容量瓶，n(NaOH)=cV=0.2mol/Lx0.5L=0.1mol，m(NaOH)=nM=0.1mol×40g/mol=4.0g，故B错误；
C.质量分数为98%的浓硫酸与等体积水混合后，溶液总质量小于原先的2倍，则硫酸的质量分数大于49%，故C正确；
D.定容后摇匀，液面低于刻度线，又补加少量水，溶液体积增大，浓度会减小，故D错误；
故选：C。
A.单位体积溶液中所含溶质的物质的量为物质的量浓度；
B.配制480mL溶液应该选用500mL 容量瓶；
C.水的密度小于浓硫酸的密度；
D.定容后摇匀，液面下降，再补加少量水，溶液浓度会降低。
本题考查了溶液的配制、物质的量浓度和溶质质量分数的计算，内容基础，难度不大，掌握基础是解题的关键。
23.【答案】B
【解析】解：A.均与盐酸不反应，不能鉴别，故A不选；
B.KCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3分别与烧碱反应的现象为：无现象、先生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀、先生成白色沉淀后溶解，现象不同可鉴别，故B选；
C.MgCl2、AlCl3均与氨水反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C不选；
D.KSCN溶液只能鉴别FeCl3，故D不选；
故选：B。
阴离子相，阳离子不同，可选NaOH反应鉴别，以此来解答。
本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，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，是易错题目，难度较大。
【解答】
还原性I−>Fe2+>Br−，故首先发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕再发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，
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正确；
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，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c(FeBr2)，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，故参加反应的n(Fe2+)：n(I−)=1：1，故通入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正确。
故选B。
25.【答案】C
【解析】解：固体减少的质量等于混合物中O原子质量，故CuO、Fe2O3混合物中O原子物质的量为：0.72g÷16g/mol=0.045mol，CO夺取氧化物中的O原子生成CO2，则n(CO2)=0.045mol。
A.若为标况下，二氧化碳的体积为：0.045mol×22.4L/mol=1.008L，但二氧化碳不一定是标准状况下，故A错误；
B.Ba(OH)2的物质的量为0.05L×0.7mol/L=0.035mol，与二氧化碳物质的量之比为：0.035mol：0.045mol=7：9，介于1：2∼1：1之间，故有Ba(HCO3)2生成，故B错误；
C.设CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，则：80x+160y=3.2x+3y=0.045，解得x=0.03，y=0.005，故原混合物中CuO与Fe2O3质量比为0.03mol×80g/mol：0.005mol×160g/mol=3：1，故C正确；
D.NaOH除与硫酸铜、硫酸铁反应生成沉淀外，还中和剩余的硫酸，而整个过程中硫酸总量未知，不能计算消耗NaOH的物质的量，即无法计算NaOH溶液的浓度，故D错误。
故选：C。
CO夺取氧化物中的O原子生成CO2，固体减少的质量等于CuO、Fe2O3混合物中O原子质量，而生成的CO2与CuO、Fe2O3混合物中O原子物质的量相等。
A.二氧化碳不一定处于标准状况下；
B.根据CO2、Ba(OH)2的物质的量比例关系判断发生的反应，确定是否有Ba(HCO3)2生成；
C.设CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、二者含有O原子总量列方程计算；
D.NaOH除与硫酸铜、硫酸铁反应生成沉淀外，还中和剩余的硫酸，而整个过程中硫酸总量未知。
本题考查混合物的有关计算，难度中等，注意利用守恒思想进行的计算，A选项容易忽略条件，D选项容易忽略硫酸过量，注意判断二氧化碳与氢氧化钡反应的生成物。
26.【答案】①②③⑦⑩ ④⑥ 17：162Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 84 小于 15Fe2+ 815Fe3+ 4H2O
【解析】解：(1)①AlCl3固体溶于水导电属于电解质，
②过氧化钠熔融状态导电属于电解质，
③熔融态KNO3导电，属于电解质，
④SO3不能电离，不能导电属于非电解质，
⑤碘水是碘单质水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，
⑥C2H5OH不能电离，不能导电属于非电解质，
⑦小苏打是碳酸氢钠，溶于水导电，属于电解质，
⑧氨水是氨气的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，
⑨Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，
⑩硫酸亚铁溶于水导电，属于电解质，
上述物质中，属于电解质的是①②③⑦⑩，属于非电解质的是④⑥，
故答案为：①②③⑦⑩；④⑥；
(2)依据m=nM可知，物质的量相等，质量与摩尔质量成正比，所以将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为：17：16，
故答案为：17：16；
(3)②过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应过程中2mol过氧化钠反应电子转移2mol，固体质量增加为CO的质量，每2mol二氧化碳反应固体质量增加2molCO，固体质量增加56g，当反应转移3mole−时，固体质量增加=3mol×56g2mol=84g，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；84；
(4)相同条件下，物质⑦为碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于Na2CO3的溶解度，
故答案为：小于；
(5)已知⑩硫酸亚铁可使酸性KMnO4溶液褪色，说明酸溶液中发生氧化还原反应，锰元素化合价+7价降低到+2价，铁元素化合价+2价升高到+3价，电子转移总数为5e−，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：1；5Fe2+；8；1；5Fe3+；4H2O。
(1)水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质；
(2)依据m=nM计算；
(3)②过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，2mol过氧化钠反应电子转移2mol，固体质量增加的是CO的质量；
(4)小苏打是碳酸氢钠，溶解度小于碳酸钠；
(5)已知⑩硫酸亚铁可使酸性KMnO4溶液褪色，说明酸溶液中发生氧化还原反应，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式。
本题考查了物质分类、电解质和非电解质概念、物质性质、氧化还原反应离子方程式书写和计算等知识点，注意知识积累，题目难度不大。
27.【答案】2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2OF37.17偏高 FeCl2 在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 Ca(ClO)2
【解析】解：(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
故答案为：2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)b处连接的装置具有吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入的作用，D不能吸收尾气氯气和HCl，F不能防止外界空气的水蒸气，F中碱石灰可以同时满足；
故答案为：F；
(3)根据分析，红色固体为氧化铁，为2.40g，则铁元素质量为：2.40g×112160=1.68g，该样品中铁元素的质量分数为1.68g4.52g×100%=37.17%；
故答案为：37.17；
(4)①因为盐酸易挥发，该A装置制备的氯气混有HCl气体，HCl与Fe得到氯化亚铁，氯化亚铁中铁元素的质量分数大于氯化铁中铁元素的质量分数，故用题目所给装置制得的产物中，铁元素含量偏高，含有FeCl2杂质；
故答案为：偏高；FeCl2；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，应加入吸收HCl气体的装置，用饱和食盐水吸收HCl气体，再干燥，故在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；
故答案为：在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；
(5)工业将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，
故答案为：Ca(ClO)2。
A装置制备氯气，B装置干燥氯气，在硬质玻璃管中制得无水氯化铁，C中收集氯化铁，b处连接吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入的装置，
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应，制得氯气、氯化锰。氯化钾和水，据此书写；
(2)b处连接的装置具有吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入的作用，据此分析；
(3)①称取4.52g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g，红色固体为氧化铁，为2.40g，据此计算；
(4)①因为盐酸易挥发，该A装置制备的氯气混有HCl气体，HCl与Fe得到氯化亚铁，氯化亚铁中铁元素的质量分数大于氯化铁中铁元素的质量分数，据此分析；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，应加入吸收HCl气体的装置，据此分析；
(5)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
28.【答案】FeCl2 KCl4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3 溶液变红 2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】解：(1)由上述分析可知，B为FeCl2，D为KCl，
故答案为：FeCl2；KCl；
(2)Fe(OH)2在空气中与O2反应转变为Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(3)用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液中金属阳离子的离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，现象是溶液变红，
故答案为：Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；溶液变红；
(4)FeCl3溶液中加入Fe粉反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
白色沉淀E在空气中转化为红褐色沉淀F，则E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，F与盐酸反应得到G，G与单质A反应得到B，结合转化关系及元素守恒可知，A为Fe，G为FeCl3，B为FeCl2，B与C溶液反应得到D，D与AgNO3生成白色沉淀H，可知H为AgCl，透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，可知D溶液中含有K+，故D为KCl，C为KOH，金属Fe与稀盐酸反应会生成FeCl2和气体H2。
本题考查无机物的推断，E到F的颜色变化及焰色反应等时推断突破口，侧重铁及其化合物的性质及转化的考查，题目难度不大。
2021-2022学年吉林省长春二中高一（上）期末化学试卷
1. 化学与社会生产和生活密切相关，下列有关说法正确的是( )
A. 铝锂合金密度低、强度高，可用于航空工业
B. 中秋佳节月饼盒中小袋包装的生石灰可用来防止月饼氧化变质
C. 将含Cl2的漂白剂与含SO2的漂白剂混合使用，可增强漂白效果
D. “司南杓之，投之于地，其柢指南”中，“杓”所用的材质为FeO
2. 下列各组物质的分类不正确的是( )
A. 同位素： 1H2O、 2H2O、 3H2O B. 酸性氧化物：CO2、SO2、SO3
C. 混合物：漂白粉、石灰水、赤铁矿 D. 电解质：NaCl、KOH、HClO
3. 下列电离方程式中，书写正确的是( )
A. NaHCO3=Na++HCO3− B. Ba(OH)2=Ba2++OH−
C. KClO3=K++Cl−+3O2− D. Ca(NO3)2=Ca2++2(NO3)2−
4. 下列各组离子一定能够大量共存的是( )
A. Na+、I−、SO42−、Fe3+ B. K+、SO42−、CO32−、H+
C. NO3−、Ca2+、Cl−、CO32− D. Ba2+、Na+、NO3−、Cl−
5. 某合金与铁的物理性质比较如下：
熔点/∘C
密度/g⋅cm3
硬度
电阻率/Ω⋅m
其他性质
某合金
2500
3.00
7.4
1.6×10−6
耐腐蚀
铁
1535
7.86
4.5
9.78×10−8
纯铁耐腐蚀
已知：金刚石的硬度为10，银的电阻率为1.65×10−8/Ω⋅m该合金不适合制成( )
A. 导线 B. 门窗 C. 炉具 D. 飞机外壳
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 16g由O2和O3组成的混合物中含氧原子的数目为NA
B. 1mol/LCaCl2溶液中所含Cl−的数目为2NA
C. 1molCl2与足量Fe反应时，转移电子数目为3NA
D. 标准状况下，11.2LH2O所含分子数为0.5NA
7. 下列叙述不正确的是( )
A. Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作油漆和涂料的红色颜料
B. 漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂
C. Na2O2可与水、CO2发生反应产生氧气，故Na2O2可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源
D. Na2CO3和NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，均可用于治疗胃酸过多
8. 金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一、下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是( )
A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
B. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
D. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
9. 下列关于元素周期表应用的说法正确的是( )
A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料
B. 在现行元素周期表中，原子的种类和元素的种类一样多
C. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提提供线索
D. 在金属与非金属的分界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
10. 已知I−、Fe2+、SO2、Cl−和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中的还原性顺序为：SO2>I−>Fe2+>H2O2>Cl−，则下列反应不可能发生的是( )
A. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+
B. 2Fe2++I2=2Fe3++2I−
C. I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
D. H2O2+SO2=H2SO4
11. 下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是( )
A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ②③④
12. 下列关于含氯消毒剂的解释不正确的是( )
A. “84”消毒液不能与洁厕灵混合使用：2H++Cl−+ClO−=Cl2↑+H2O
B. 工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
C. 氯水应避光保存的原因是：2HClO−光照H2O+Cl2↑
D. 氯气意外发生泄漏，可用浸有一定浓度NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，向高处转移
13. 下列有关实验的叙述正确的是( )
A. 取某固体试样溶于盐酸，滴加KSCN溶液不变红，说明该固体中一定不存在Fe3+
B. 取某溶液试样进行焰色试验，通过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，则其为钾盐溶液
C. 往某溶液试样中滴加酚酞试液，溶液变红色，则该溶液一定是碱溶液
D. 取某溶液试样加足量硝酸无现象，再加AgNO3溶液产生白色沉淀，则原溶液中存在Cl−
14. 用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法不正确的是( )
A. 装置A的作用是为实验提供持续不断的水蒸气
B. 装置B中反应的化学方程式是2Fe+3H2OFe2O3+3H2↑
C. 装置C中加入的固体干燥剂可能是碱石灰
D. 点燃D处的气体前必须检验气体的纯度
15. 为了从含有FeSO4、CuSO4的工业废水中回收Cu和硫酸亚铁晶体，某小组设计并完成了如图实验。下列说法正确的是( )
A. 固体X中只含有Cu B. 试剂B是稀硫酸
C. 溶液Z中的溶质为FeSO4和CuSO4 D. 操作I用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒
16. 有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是( )
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2
B. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
C. 物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液
D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
17. 配制480mL0.100mol⋅L−1的NaCl溶液，部分实验操作如图。下列说法正确的是( )
A. 实验中需用到的仪器有：托盘天平、480mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B. 上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③
C. 容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D. 定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高
18. 在100mLK2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，c(Fe3+)为0.1mol⋅L−1，c(K+)为0.3mol⋅L−1，要将溶液中的SO42−全部转化为沉淀，至少需加0.1mol⋅L−1BaCl2溶液的体积为( )
A. 250mL B. 280mL C. 300mL D. 320mL
19. 有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍：B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构：C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是( )
A. D的原子半径比C小
B. 可通过焰色试验检验B元素
C. A和B两种元素形成的化合物一定是碱性氧化物
D. C单质常温下既能溶于稀盐酸，也能溶于氢氧化钠溶液
20. 有一块铁的氧化物样品，用140mL5.0mol⋅L−1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转化为Fe3+，则该样品的化学式可能为( )
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7
21. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：W
C. Y和Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. Y的一种氧化物可做供氧剂
22. 下列说法正确的是( )
A. 将5.85gNaCl固体溶于1L水，所得NaCl溶液物质的量浓度为0.1mol⋅L−1
B. 配制480mL0.2mol/LNaOH溶液，需称量NaOH固体的质量为3.84g
C. 质量分数为98%的浓硫酸与等体积水混合后，硫酸的质量分数大于49%
D. 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线
23. 有KCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别出来，这种试剂是( )
A. 盐酸 B. 烧碱溶液 C. 氨水 D. KSCN溶液
24. 向含有Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是( )
A. 线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况
B. 原混合溶液中c(FeBr2)=6mol/L
C. 当通入Cl22mol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−)=2:1:3
25. 有3.2gCuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少了0.72g，反应后全部气体用50mL0.7mol⋅L−1Ba(OH)2溶液吸收。下列有关叙述中正确的是( )
A. 反应中生成的CO2体积为1.008L
B. 吸收CO2后的溶液中一定不含Ba(HCO3)2
C. 原混合物中CuO与Fe2O3质量比为3：1
D. 若将质量相同的混合物加过量硫酸溶解后，再加入100mLNaOH溶液时沉淀达最大量，由此可求得c(NaOH)=0.75mol⋅L−1
26. 已知有下列十种物质：
①AlCl3固体
②过氧化钠
③熔融态KNO3
④SO3
⑤碘水
⑥C2H5OH
⑦小苏打
⑧氨水
⑨Cl2
⑩硫酸亚铁。
(1)上述物质中，属于电解质的是 ______(填序号，下同)属于非电解质的是 ______。
(2)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比 ______。
(3)写出②与CO2反应的化学方程式 ______。当反应转移3mole−时，固体质量增加 ______g。
(4)相同条件下，物质⑦的溶解度 ______Na2CO3的溶解度(填“大于”或“小于”)。
(5)已知⑩可使酸性KMnO4溶液褪色，完成并配平该反应的离子方程式：______MnO4−+______+______H+−______Mn2++______+______。
27. 铁有两种氯化物都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法
Ⅰ.氯化铁：熔点为306∘C，沸点为315∘C，易吸收空气中的水分，工业上采用向500∼600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670∘C，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
实验室可用如图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为 ______。
(2)导管b口应与 ______(从虚线框内装置中选择装置后用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。
(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：①称取4.52g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为 ______%(结果精确到小数点后两位)。
(4)①用此装置制得无水氯化铁含铁量 ______(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的 ______(填化学式)杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 ______。
(5)工业将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，漂白粉的有效成分是 ______(填化学式)。
28. 已知A为单质，与某物质反应生成气体与B，有如图物质相互转化：
(1)写出B的化学式 ______，D的化学式 ______。
(2)写出由E转变成F的化学方程式 ______。
(3)写出用KSCN溶液鉴别G溶液中金属阳离子的离子方程式 ______，现象是 ______。
(4)向G溶液中加入A的有关离子反应方程式 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.铝、锂的密度小，则铝锂合金的密度小，并且强度高，所以铝锂合金可用于航空工业，故A正确；
B.生石灰能与水反应，不能与氧气反应，则月饼盒中小袋包装的生石灰用作干燥剂，不能用作除氧剂，故B错误；
C.Cl2可作漂白剂、SO2具有漂白性，二者混合会发生氧化还原反应，使漂白效果减弱，故C错误；
D.Fe3O4俗名磁性氧化铁，“杓”中所用的材质为Fe3O4，不是FeO，故D错误；
故选：A。
A.铝、锂均是轻金属，铝锂合金具有密度小，强度高的特点；
B.月饼盒中小袋包装的生石灰用作干燥剂；
C.Cl2能与SO2的水溶液反应生成硫酸和盐酸；
D.Fe3O4具有磁性。
本题考查物质的组成、结构与性质，为高频考点，把握物质的性质、应用及化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.1H2O、 2H2O、 3H2O为化合物，不是原子，不能互为同位素，故A错误；
B.CO2、SO2、SO3是酸性氧化物，故B正确；
C.漂白粉为氯化钙和次氯酸钙、石灰水是氢氧化钙溶液、赤铁矿主要成分为氧化铁，都是混合物，故C正确；
D.NaCl、KOH、HClO在水溶液中都可以发生电离，属于电解质，故D正确；
故选：A。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；
B.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
C.不同物质组成的为混合物；
D.水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
本题考查了同位素、酸性氧化物、混合物、电解质概念的分析判断，注意概念实质的理解，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故A正确；
B.氢氧化钡为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH−，故B错误；
C.氯酸钾为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：KClO3=K++ClO3−，故C错误；
D.硝酸钙为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Ca(NO3)2=Ca2++2NO3−，故D错误；
故选：A。
A.碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离；
B.电荷、原子个数守恒；
C.氯酸根离子为原子团，不能拆；
D.硝酸根离子带一个单位负电荷。
本题考查了电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意电离方程式遵循原子个数守恒、电荷守恒规律，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.I−、Fe3+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.CO32−、H+之间发生反应，不能大量共存，故B错误；
C.Ca2+、CO32−之间反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.Ba2+、Na+、NO3−、Cl−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.该合金和铁相比导电性差，不适合做导线，故A正确；
B.该合金硬度大，密度小，适合做门窗框，故B错误；
C.合金的熔点很高，可以做炉具，故C错误；
D.合金的熔点、硬度大，密度小适合做飞机外壳，故D错误；
故选：A。
图表数据分析可知，某合金的熔点硬度大密度小，导电性差，据此分析选项。
本题考查了合金性质对比、合金的实际应用，注意性质的对比分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.16g由O2和O3组成的混合物中含氧原子的数目为：16g16g/mol×NAmol−1=NA，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故B错误；
C.1molCl2与足量Fe反应生成氯化铁，氯气少量完全反应，生成2mol氯离子，转移电子数目为2NA，故C错误；
D.标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
故选：A。
A.氧气和臭氧都是由氧原子构成；
B.溶液体积未知；
C.铁与氯气反应生成氯化铁，氯气少量，应依据氯气的量计算转移电子数；
D.气体摩尔体积使用对象为气体。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象。
7.【答案】D
【解析】解：A.Fe2O3是一种红棕色固体，可用于作油漆和涂料的红色颜料，故A正确；
B.漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，能够氧化有机色素，能够使蛋白质变性，所以漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，故B正确；
C.Na2O2可与水、CO2发生反应产生氧气，所以常用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂，故C正确；
D.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故D错误；
故选：D。
A.Fe2O3是一种红棕色固体；
B.漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，能够氧化有机色素，能够使蛋白质变性；
C.Na2O2可与水、CO2发生反应产生氧气；
D.碳酸钠碱性较强。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的性质和用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.氧化铝与水不反应，则Al2O3→Al(OH)3不能一步实现转化，故A正确；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，均可一步实现转化，故B错误；
C.Mg与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与NaOH溶液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，均可一步实现转化，故C错误；
D.Na与水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，均可一步实现转化，故D错误；
故选：A。
A.氧化铝与水不反应；
B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；
C.Mg与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与NaOH溶液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁；
D.Na与水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成NaCl。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.在金属与非金属的交界处寻找半导体材料，而过渡元素均为金属元素，故A错误；
B.一种元素可能有多种原子，所以原子的种类比元素的种类多，故B错误；
C.元素周期表具有预测性，则元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索，故C正确；
D.优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，故D错误；
故选：C。
A.在金属与非金属的交界处寻找半导体材料；
B.一种元素可能有多种原子；
C.元素周期表具有预测性；
D.在过渡元素中寻找制造催化剂元素及制造高温、耐腐蚀合金材料。
本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、原子结构与元素的位置为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期表的指导作用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可。
【解答】
根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2>I−>H2O2>Fe2+>Cl−来判断反应能否发生。
A.因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为：SO2>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；
B.因该反应中Fe元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为：Fe2+>I−，与已知的还原性强弱不一致，故B不能发生；
C.因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>I−，与已知的还原性强弱一致，故C能发生；
D.若该反应发生，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2为氧化剂，还原性强弱为：SO2>H2O2，与已知的还原性强弱相符合，故D可能发生。
故选B。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查制备实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
【解答】
①Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故①正确；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故②正确；
③没有隔绝空气，生成的氢氧化亚铁易被氧化，故③错误；
④苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故④正确。
故选B。
12.【答案】C
【解析】解：A.“84”消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分是稀盐酸，二者能反应，反应方程式为：2H++Cl−+ClO−=Cl2↑+H2O，生成的氯气有毒，故A正确；
B.氯气通入石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙、水，则制取漂白粉的反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故B正确；
C.HClO不稳定，见光分解生成HCl和氧气，则反应方程式为2HClO−光照2HCl+O2↑，不能生成Cl2，故C错误；
D.氯气有毒，密度大于空气，氯气能够与NaHCO3溶液反应，又NaHCO3具有弱碱性，对皮肤基本无伤害，所以用浸有一定浓度NaHCO3的毛巾捂住鼻子，向高处转移，故D正确；
故选：C。
A.“84”消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分是稀盐酸，二者能反应；
B.氯气通入石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙、水；
C.HClO不稳定，见光分解生成HCl和氧气；
D.氯气有毒，密度大于空气，并且NaHCO3具有弱碱性，吸收氯气。
本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意把握Cl元素的单质及其化合物的性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
13.【答案】D
【解析】解：A.加入KSCN溶液无现象，证明溶液中不存在Fe3+，但无法确定该固体试样中是否存在Fe3+，假如固体试样为铁和氧化铁的混合物，并且铁单质多，完全溶于盐酸不会生成Fe3+，故A错误；
B.焰色反应为元素的性质，则为钾盐溶液或KOH溶液，故B错误；
C.某无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液为碱性溶液，可能为碱，有可能为强碱弱酸盐，如碳酸钠溶液，所以该溶液不一定是碱，故C错误；
D.Cl−的检验：向试管中加足量稀硝酸，无明显现象，再加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中有Cl−，故D正确；
故选：D。
A.加入KSCN溶液无现象，证明溶液中不存在铁离子，但无法确定该固体试样中是否存在Fe3+；
B.焰色反应为元素的性质；
C.无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液为碱性溶液，但是该溶液不一定碱，可能为强碱弱酸盐，如碳酸钠溶液；
D.结合Cl−的检验方法分析解答，注意加入稀硝酸可酸化溶液，排除CO32−等离子干扰。
本题考查了常见离子的检验方法判断，题目难度不大，注意掌握常见离子的化学性质及检验方法。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生金属铁和水蒸气反应的相关知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
【解答】
A.装置A是液态水在加热的条件下产生水蒸气的装置，作用是为实验提供持续不断的水蒸气，故A正确；
B.Fe与水蒸气反应产物是四氧化三铁和氢气，B中反应的化学方程式是3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故B错误；
C.氢气属于中性气体，可以用碱石灰作干燥剂，故C正确；
D.氢气在点燃之前应该先检验气体的纯度，防止发生爆炸，故D正确。
15.【答案】B
【解析】解：A.由上述分析可知，固体X含Cu及过量的铁粉，故A错误；
B.Cu与稀硫酸不反应，Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则试剂B是稀硫酸，故B正确；
C.溶液Z中的溶质为FeSO4，不含硫酸铜，故C错误；
D.操作I为过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故D错误；
故选：B。
从含有FeSO4、CuSO4的工业废水中回收Cu和硫酸亚铁晶体，由流程可知，加过量试剂A为铁粉，操作I为过滤，固体X含Cu及过量的铁粉，溶液Z中的溶质为FeSO4，固体Y为Cu，则试剂B为稀硫酸，最后将硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸亚铁晶体，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A、根据化学方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，故A错误；
B、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分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，NaHCO3和Na2CO3质量相等时，物质的量不相等，所以同温同压下，生成的CO2体积不一样，故B错误；
C、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液显示碱性，但是碳酸根水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，故C错误；
D、向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，所以析出的是碳酸氢钠，故D正确．
故选D.
A、根据碳酸钠、碳酸氢钠和盐酸反应的化学方程式来计算回答；
B、等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2一样多；
C、碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，但是碳酸根水解程度大；
D、Na2CO3较NaHCO3易溶．
本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累．
17.【答案】B
【解析】解：A.依据配制步骤可知，需要的仪器有：托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，配制480mL0.100mol⋅L−1的NaCl溶液，应选则500mL容量瓶，故A错误；
B.配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，正确的操作顺序为：②①④③，故B正确；
C.定容操作仍然需要加入蒸馏水，所以容量瓶洗净后，不需要干燥，故C错误；
D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=nV可知，溶液浓度偏低，故D错误；
故选：B。
A.配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此判断需要用到的仪器；
B.依据配制步骤选择需要的仪器；
C.定容操作仍然需要加入蒸馏水；
D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=nV进行误差分析。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤、误差分析的方法是解题关键，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：根据电荷守恒有：3c(Fe3+)=c(K+)=2c(SO42−)，即3×0.1mol/L+0.3mol/L=2c(SO42−)，解得c(SO42−)=0.3mol/L，要将溶液中的SO42−全部转化为BaSO4沉淀，则n(BaCl2)=n(SO42−)=0.1L×0.3mol/L=0.03mol，故至少需要BaCl2溶液的体积为0.03mol0.1mol/L=0.3L=300mL，
故选：C。
根据电荷守恒有：3c(Fe3+)+c(K+)=2c(SO42−)，可以计算硫酸根离子的物质的量浓度，要将溶液中的SO42−全部转化为BaSO4沉淀，则n(BaCl2)=n(SO42−)，再根据V=nc计算BaCl2溶液的体积。
本题考查混合物反应计算、物质的量浓度计算，关键是根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
19.【答案】C
【解析】解：由分析可知，A为O、B为Na、C为Al、D为S；
A.同周期自左而右原子半径减小，故原子半径S
C.A和B两种元素形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故氧化钠属于碱性氧化物，但过氧化钠与水反应除生成氢氧化钠外还生成氧气，过氧化钠不属于碱性氧化物，故C错误；
D.铝单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故选：C。
有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18，其中A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，由最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故A为O元素；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，则B为Na；C元素是地壳中含量最多的金属元素，则C为Al；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，其M层电子数为6，故D为S元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律与元素化合物知识，题目比较基础。
20.【答案】D
【解析】解：n(HCl)=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n(O)=12n(HCl)=0.35mol，
所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，
因n(Cl−)=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，
则n(Fe3+)=13n(Cl−)=0.25mol，
所以氧化物中n(Fe)：n(O)=0.25：0.35=5：7，
所以化学式为Fe5O7，
故选：D。
n(HCl)=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n(O)=12n(HCl)=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，结合氯元素守恒确定铁的物质的量，可确定氧化物分子式．
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应、守恒法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大．
21.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl元素，
A.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性S
C.Y和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故C正确；
D.Y的一种氧化物过氧化钠可做供氧剂，故D正确；
故选：B。
如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，X位于第二周期，Y、Z、W、R位于第三周期，X的化合价为−2，则X为O元素，Y的化合价为+1，则Y为Na；Z的化合价为+3，则Z为Al；W的化合价为+6，则W为S；R的化合价为+7，则R为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、元素化合价来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
22.【答案】C
【解析】解：A.氯化钠溶于1L水，所得溶液的体积不是1L，无法计算溶液的物质的量浓度，故A错误；
B.配制480mL0.2mol/LNaOH溶液应该选用500mL 容量瓶，n(NaOH)=cV=0.2mol/Lx0.5L=0.1mol，m(NaOH)=nM=0.1mol×40g/mol=4.0g，故B错误；
C.质量分数为98%的浓硫酸与等体积水混合后，溶液总质量小于原先的2倍，则硫酸的质量分数大于49%，故C正确；
D.定容后摇匀，液面低于刻度线，又补加少量水，溶液体积增大，浓度会减小，故D错误；
故选：C。
A.单位体积溶液中所含溶质的物质的量为物质的量浓度；
B.配制480mL溶液应该选用500mL 容量瓶；
C.水的密度小于浓硫酸的密度；
D.定容后摇匀，液面下降，再补加少量水，溶液浓度会降低。
本题考查了溶液的配制、物质的量浓度和溶质质量分数的计算，内容基础，难度不大，掌握基础是解题的关键。
23.【答案】B
【解析】解：A.均与盐酸不反应，不能鉴别，故A不选；
B.KCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3分别与烧碱反应的现象为：无现象、先生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀、先生成白色沉淀后溶解，现象不同可鉴别，故B选；
C.MgCl2、AlCl3均与氨水反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C不选；
D.KSCN溶液只能鉴别FeCl3，故D不选；
故选：B。
阴离子相，阳离子不同，可选NaOH反应鉴别，以此来解答。
本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，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，是易错题目，难度较大。
【解答】
还原性I−>Fe2+>Br−，故首先发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕再发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，
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正确；
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，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c(FeBr2)，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，故参加反应的n(Fe2+)：n(I−)=1：1，故通入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正确。
故选B。
25.【答案】C
【解析】解：固体减少的质量等于混合物中O原子质量，故CuO、Fe2O3混合物中O原子物质的量为：0.72g÷16g/mol=0.045mol，CO夺取氧化物中的O原子生成CO2，则n(CO2)=0.045mol。
A.若为标况下，二氧化碳的体积为：0.045mol×22.4L/mol=1.008L，但二氧化碳不一定是标准状况下，故A错误；
B.Ba(OH)2的物质的量为0.05L×0.7mol/L=0.035mol，与二氧化碳物质的量之比为：0.035mol：0.045mol=7：9，介于1：2∼1：1之间，故有Ba(HCO3)2生成，故B错误；
C.设CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，则：80x+160y=3.2x+3y=0.045，解得x=0.03，y=0.005，故原混合物中CuO与Fe2O3质量比为0.03mol×80g/mol：0.005mol×160g/mol=3：1，故C正确；
D.NaOH除与硫酸铜、硫酸铁反应生成沉淀外，还中和剩余的硫酸，而整个过程中硫酸总量未知，不能计算消耗NaOH的物质的量，即无法计算NaOH溶液的浓度，故D错误。
故选：C。
CO夺取氧化物中的O原子生成CO2，固体减少的质量等于CuO、Fe2O3混合物中O原子质量，而生成的CO2与CuO、Fe2O3混合物中O原子物质的量相等。
A.二氧化碳不一定处于标准状况下；
B.根据CO2、Ba(OH)2的物质的量比例关系判断发生的反应，确定是否有Ba(HCO3)2生成；
C.设CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、二者含有O原子总量列方程计算；
D.NaOH除与硫酸铜、硫酸铁反应生成沉淀外，还中和剩余的硫酸，而整个过程中硫酸总量未知。
本题考查混合物的有关计算，难度中等，注意利用守恒思想进行的计算，A选项容易忽略条件，D选项容易忽略硫酸过量，注意判断二氧化碳与氢氧化钡反应的生成物。
26.【答案】①②③⑦⑩ ④⑥ 17：162Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 84 小于 15Fe2+ 815Fe3+ 4H2O
【解析】解：(1)①AlCl3固体溶于水导电属于电解质，
②过氧化钠熔融状态导电属于电解质，
③熔融态KNO3导电，属于电解质，
④SO3不能电离，不能导电属于非电解质，
⑤碘水是碘单质水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，
⑥C2H5OH不能电离，不能导电属于非电解质，
⑦小苏打是碳酸氢钠，溶于水导电，属于电解质，
⑧氨水是氨气的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，
⑨Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，
⑩硫酸亚铁溶于水导电，属于电解质，
上述物质中，属于电解质的是①②③⑦⑩，属于非电解质的是④⑥，
故答案为：①②③⑦⑩；④⑥；
(2)依据m=nM可知，物质的量相等，质量与摩尔质量成正比，所以将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为：17：16，
故答案为：17：16；
(3)②过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应过程中2mol过氧化钠反应电子转移2mol，固体质量增加为CO的质量，每2mol二氧化碳反应固体质量增加2molCO，固体质量增加56g，当反应转移3mole−时，固体质量增加=3mol×56g2mol=84g，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；84；
(4)相同条件下，物质⑦为碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于Na2CO3的溶解度，
故答案为：小于；
(5)已知⑩硫酸亚铁可使酸性KMnO4溶液褪色，说明酸溶液中发生氧化还原反应，锰元素化合价+7价降低到+2价，铁元素化合价+2价升高到+3价，电子转移总数为5e−，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：1；5Fe2+；8；1；5Fe3+；4H2O。
(1)水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质；
(2)依据m=nM计算；
(3)②过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，2mol过氧化钠反应电子转移2mol，固体质量增加的是CO的质量；
(4)小苏打是碳酸氢钠，溶解度小于碳酸钠；
(5)已知⑩硫酸亚铁可使酸性KMnO4溶液褪色，说明酸溶液中发生氧化还原反应，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式。
本题考查了物质分类、电解质和非电解质概念、物质性质、氧化还原反应离子方程式书写和计算等知识点，注意知识积累，题目难度不大。
27.【答案】2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2OF37.17偏高 FeCl2 在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 Ca(ClO)2
【解析】解：(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
故答案为：2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)b处连接的装置具有吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入的作用，D不能吸收尾气氯气和HCl，F不能防止外界空气的水蒸气，F中碱石灰可以同时满足；
故答案为：F；
(3)根据分析，红色固体为氧化铁，为2.40g，则铁元素质量为：2.40g×112160=1.68g，该样品中铁元素的质量分数为1.68g4.52g×100%=37.17%；
故答案为：37.17；
(4)①因为盐酸易挥发，该A装置制备的氯气混有HCl气体，HCl与Fe得到氯化亚铁，氯化亚铁中铁元素的质量分数大于氯化铁中铁元素的质量分数，故用题目所给装置制得的产物中，铁元素含量偏高，含有FeCl2杂质；
故答案为：偏高；FeCl2；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，应加入吸收HCl气体的装置，用饱和食盐水吸收HCl气体，再干燥，故在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；
故答案为：在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；
(5)工业将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，
故答案为：Ca(ClO)2。
A装置制备氯气，B装置干燥氯气，在硬质玻璃管中制得无水氯化铁，C中收集氯化铁，b处连接吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入的装置，
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应，制得氯气、氯化锰。氯化钾和水，据此书写；
(2)b处连接的装置具有吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入的作用，据此分析；
(3)①称取4.52g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g，红色固体为氧化铁，为2.40g，据此计算；
(4)①因为盐酸易挥发，该A装置制备的氯气混有HCl气体，HCl与Fe得到氯化亚铁，氯化亚铁中铁元素的质量分数大于氯化铁中铁元素的质量分数，据此分析；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，应加入吸收HCl气体的装置，据此分析；
(5)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
28.【答案】FeCl2 KCl4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3 溶液变红 2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】解：(1)由上述分析可知，B为FeCl2，D为KCl，
故答案为：FeCl2；KCl；
(2)Fe(OH)2在空气中与O2反应转变为Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(3)用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液中金属阳离子的离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，现象是溶液变红，
故答案为：Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；溶液变红；
(4)FeCl3溶液中加入Fe粉反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
白色沉淀E在空气中转化为红褐色沉淀F，则E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，F与盐酸反应得到G，G与单质A反应得到B，结合转化关系及元素守恒可知，A为Fe，G为FeCl3，B为FeCl2，B与C溶液反应得到D，D与AgNO3生成白色沉淀H，可知H为AgCl，透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，可知D溶液中含有K+，故D为KCl，C为KOH，金属Fe与稀盐酸反应会生成FeCl2和气体H2。
本题考查无机物的推断，E到F的颜色变化及焰色反应等时推断突破口，侧重铁及其化合物的性质及转化的考查，题目难度不大。
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