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四川省阆中中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省阆中中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了5 Ba137， 化学与生活密切相关，1 ml·L-1 NaOH溶液， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
化 学 试 题
(满分：100分 考试时间：75分钟 )
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg24 Al 27 Fe 56 Zn 65 S32 Cl35.5 Ba137
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. “84”消毒液具有强氧化性，能用于饮用水杀菌消毒
B. 维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有氧化性
C. 放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应
D. 用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3溶于水后，其溶液显碱性
【答案】C
【解析】
【详解】A．“84”消毒液具有强氧化性，给水溶液增加大量的Na+，不用于饮用水杀菌消毒，故A错误；
B．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故B错误；
C．空气属于气溶胶，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应，故C正确；
D．用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3和盐酸反应生成易溶于水的氯化铁，故D错误；
选C。
2. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A. 用KOH溶液捕集吸收大气中的CO2
B. 用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)
C. 用作为呼吸面具或潜水艇中氧气的来源
D. 用NaOH溶液除去薄膜
【答案】C
【解析】
【详解】A．用KOH溶液捕集吸收大气中的CO2，原理为：2KOH+CO2=K2CO3+H2O，未有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，A不合题意；
B．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)的原理为：Fe2O3·xH2O+6HCl=2FeCl3+(x+3)H2O，未有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，B不合题意；
C．用Na2O2作为呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，原理为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．用NaOH溶液除去Al2O3薄膜，原理为：2NaOH+Al2O3+3H2O=2Na[Al(OH)4]，有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：C。
3. 室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 ml·L-1 NaOH溶液：Na＋、K＋、CO、NH
B. 0.1 ml·L-1 FeSO4溶液：Na＋、H＋、Cl-、H2O2
C. 使pH试纸变红的溶液：K＋、Mg2＋、NO、SO
D. 加入铁粉放出氢气的溶液：NH、Fe3＋、ClO-、SO
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1 ml·L-1 NaOH溶液中的OH-与NH发生反应生成弱电解质NH3·H2O而不能大量共存，A不合题意；
B．0.1 ml·L-1 FeSO4溶液中的Fe2+与H＋、H2O2因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；
C．使pH试纸变红溶液中含有大量的H+，H+、K＋、Mg2＋、NO、SO各离子不反应能够大量共存，C符合题意；
D．加入铁粉放出氢气的溶液中存在大量的H+，H+与 ClO-反应生成弱电解质HClO而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：C。
4. 下列离子方程式正确的是
A. Na2CO3溶液中通入过量氯气：+Cl2= CO2+Cl-+ClO-
B. Fe(OH)3溶于过量HI溶液：Fe(OH)3+3H+= Fe3++ 3H2O
C. 将CO2通入足量BaCl2溶液：CO2+H2O+Ba2+=BaCO3↓ +2H+
D. 酸性碘化钾淀粉溶液久置空气中变蓝：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3溶液中通入过量氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，离子方程式为：+2Cl2= CO2+2Cl-+2HClO，故A错误；
B．Fe(OH)3溶于过量HI溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-= 2Fe2++ I2+6H2O，故B错误；
C．将CO2通入足量BaCl2溶液没有沉淀生成，弱酸不能制取强酸，故C错误；
D． 酸性条件下，碘化钾被氧气氧化，生成碘单质，使淀粉溶液变蓝：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故D正确；
故选D。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.2 ml·L-1 AlCl3溶液中Cl-物质的量为0.6 ml
B. 1.6 g O2和O3的混合气体中所含的O原子数目为0.1NA
C. 0.1mlFeCl3形成胶体，胶粒的数目为0.1NA
D. 7.8 g Na2O2中含有阴阳离子的总数为0.4 NA 。
【答案】B
【解析】
【详解】A．题干未告知溶液的体积，故无法计算0.2 ml·L-1 AlCl3溶液中Cl-物质的量，A错误；
B．已知O2和O3均由O原子构成，故1.6 g O2和O3的混合气体中所含的O原子数目为=0.1NA，B正确；
C．已知FeCl3制备Fe(OH)3胶体是一个可逆反应，故无法计算0.1mlFeCl3形成Fe(OH)3胶体是生成Fe(OH)3胶粒的数目，C错误；
D．已知Na2O2是由Na+和构成的，故7.8 g Na2O2中含有阴阳离子的总数为=0.3 NA，D错误；
故答案为：B。
6. 类比是研究物质性质的常用方法之一。下列说法正确的是（ ）
A. CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，推测Fe2O3也可以和酸反应生成盐和水
B. Cu与Cl2能化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2也能化合生成FeCl2
C. 碳酸氢钠可以治疗胃酸过多，推测碳酸钠也可以治疗胃酸过多
D. Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na也可以置换出CuSO4溶液中的铜
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，Fe2O3也是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，故A正确；
B. Fe与Cl2反应生成FeCl3，故B错误；
C. 胃酸的主要成分是HCl，治疗胃酸，就是用盐碱去中和胃中过多的酸，碳酸钠和碳酸氢钠都可以和HCl反应，生成对人体无害的氯化钠、水和二氧化碳。但是，由于碳酸钠的碱性较强，与HCl反应剧烈，生成的二氧化碳气体多，容易造成内脏膨胀，可能对人体造成伤害。所以，一般选用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故C错误；
D. Na投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，然后NaOH和CuSO4反应：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，故不能生成单质铜，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查了知识迁移方法的利用，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质之间的反应来分析解答，题目难度不大。
7. 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是
A. 物质量：甲<乙B. 相对分子质量：甲<乙
C. 摩尔体积：甲>乙D. 气体体积：甲>乙
【答案】A
【解析】
【分析】根据ρ=m÷V知，相同条件下，质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，在同温同压下，物质的量之比等于体积之比，说明甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，据此解答。
【详解】A．根据分析可知，甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，故A正确；
B．甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，两种气体质量相等，根据M=m÷n可知，甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，故B错误；
C．同温同压，气体摩尔体积相同，故C错误；
D．质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，故D错误；
故选A。
8. 下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中，不正确的是
A. FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2
B. Fe2O3固体(Al2O3)：加入足量的盐酸，过滤
C. CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥
D. CO2气体(HCl)：通过饱和NaHCO3溶液洗气后干燥
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2与FeCl2反应产生FeCl3，因此可以用Cl2除去FeCl3溶液中的杂质FeCl2，达到除杂、净化的目的，故A正确；
B．盐酸与Fe2O3和Al2O3都反应变为可溶性物质，不能达到除杂、净化的目的，故B错误；
C．杂质CO2与NaOH溶液反应产生可溶性的盐，而CO不能反应，能够达到除杂、净化的目的，故C正确；
D．杂质HCl能够在饱和NaHCO3溶液中溶解，而被提纯的CO2气体既不溶解也不能反应，达到了除杂、净化的目的，故D正确；
故选：B。
9. 下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向某固体中加入稀盐酸，产生气泡，该气体可能为CO2，也可能为SO2，所以该固体可能为碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐，A不符合题意；
B．铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体，表明生成Cu，发生置换反应，氧化性Cu2+＞Fe2+，B不符合题意；
C．向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红，可能原溶液中只含有Fe3+，C不符合题意；
D．向FeCl3溶液中加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，表明发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则氧化性Fe3+＞I2，D符合题意；
故选D。
10. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：
2FeSO4+ 6Na2O2＝ 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2↑，对此反应下列说法中正确的是
A. Na2O2只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. O2 还原产物
D. 2 ml FeSO4发生反应时，反应中共有8 ml电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。
【详解】A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B. FeSO4 →Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2 →Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；
C. Na2O2 → O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；
D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2mlFeSO4发生反应时，共有2ml×3+1ml×4=10ml电子转移，故D错误。
答案选B。
11. 含FeCl3、CuCl2各1ml的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：已知氧化性：Fe3+>Cu2+)
A. 溶液中一定不含Fe3+B. 滴加少量酸性高锰酸钾一定褪色
C. 溶液中阳离子为2mlD. 剩余固体中一定含铜
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知氧化性顺序为Fe3+>Cu2+>Fe2+，则剩余的固体一定含有铜，成分有两种可能：
一、只有铜，没有铁，当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu；
二、剩余固体为铁和铜的混合物，当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；所以，剩余的固体一定含有铜，只要有固体剩余一定没有Fe3+，一定含有Fe2+，可能含有Cu2+；
【详解】A．根据以上分析可知，溶液中一定不含Fe3+，故A正确；
B．溶液中一定含有Fe2+，滴加少量酸性高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应，一定褪色，故B正确；
C．反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，若1ml FeCl3、1ml CuCl2完全反应生成2.5ml FeCl2，由于不确定剩余的固体的量，则无法计算溶液中阳离子的物质的量，故C错误；
D．反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，故D正确；
故选C。
12. 由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物30 g，与足量的盐酸反应产生的H2为11.2 L(标准状况)，则混合物中一定含有的金属是
A. 锌B. 铁C. 铝D. 镁
【答案】A
【解析】
【详解】产生的氢气为11.2L(标准状况时)，其物质的量为=0.5ml，质量为0.5ml×2g/ml= 1g，则盐酸与单一金属反应时所需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于30g和大于30g，而大于混合物30g的只有锌，故一定有锌，故选A。
13. 下列选项描述与对应图像相符的是
A. 图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的曲线
B. 图②为Na2CO3 、NaHCO3 混合液中滴加盐酸产生CO2的图像
C. 图③为Ba(OH)2 溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像
D. 图④为FeBr2、FeI2混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，阳光直射新制氯水时，发生反应2HClO2HCl+O2↑，随着时间的变化，溶液中c(Cl-)逐渐增大，图象不符合，A错误；
B．Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸，先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由此可知前段无CO2产生时消耗的盐酸体积要小于后段生成CO2时消耗的盐酸的体积，B错误；
C．向Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液发生反应生成硫酸钡和氢氧化镁，离子浓度减小导电性减弱，完全反应时导电性接近于0，MgSO4溶液过量后导电能力增强，图象符合，C正确；
D．根据还原性强弱为：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-规律可知，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，开始时无Fe3+，当碘离子被氧化完全后，Fe3+浓度增大，即b代表Fe3+，D错误；
故答案为：C。
14. 高铁酸钾(K2FeO4)是种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是
A. 反应I不能在常温下进行
B. “尾气”可用FeCl2溶液吸收，其离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—
C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D. 最后一步能制取K2FeO4的原因可能是相同温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，铁与氯气在点燃的条件可以反应生成氯化铁，次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成高铁酸钠，高铁酸钠在饱和氢氧化钾溶液中生成溶解度较小的高铁酸钾。
【详解】A．反应I为铁与氯气在点燃的条件可以反应生成氯化铁，铁与氯气在常温下不反应，故A正确；
B．尾气的主要成分是氯气，氯气能与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，则氯化亚铁溶液可以吸收氯气，防止污染环境，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，故B正确；
C．反应II为次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成高铁酸钠，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，铁元素的化合价升高被氧化，氯化铁是反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．最后一步能制取高铁酸钾的原因是相同温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，高铁酸钠与饱和氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾和氢氧化钠，故D正确；
故选C。
第II卷(非选择题 共58分，每空2分)
15. 现有300mL某溶液中可能含有Na+、、Mg2+、Ca2+、、、Cl-中的若干种，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，有白色沉淀产生；
②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体448mL(标准状况)；
③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.3g，加入足量盐酸充分反应后，沉淀剩余2.33g。
根据上述实验，回答下列问题：
（1）实验③中生成沉淀的离子方程式为_______、_______，沉淀溶解的离子方程式为_______。
（2）溶液中一定不存在的离子有_______。
（3）实验①中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，能否说明原溶液中含有Cl-？_______(填“能”或“否”)，理由是_______。
（4）推断 Na+是否存在_______(填“是”或“否”)，若存在，计算其物质的量浓度：_______(若不存在，此问不作答)
【答案】（1） ①. Ba2++=BaCO3↓ ②. Ba2++=BaSO4↓ ③. BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O
（2）Mg2+、Ca2+
（3） ①. 否 ②. 碳酸钡、硫酸钡、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl-
（4） ①. 存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液中才能保持电中性 ②. c(Na+)≥0.2ml/L
【解析】
【分析】由题干实验步骤可知，①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明、、Cl-至少有一种；②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体448mL(标准状况)即=0.02 ml，说明有0.02 ml ；③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.30g，加入足量盐酸充分反应后，剩余沉淀2.33g，则含并且物质的量为=0.01ml，含并且物质的量为：=0.01ml，可进一步判断则无Ca2+、Mg2+，再根据电中性原则，可判断一定存在Na+，可能存在Cl-，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析可知，实验③加入的Ba2+分别和、反应生成沉淀，离子方程式为：Ba2++=BaCO3↓、Ba2++=BaSO4↓，加入足量盐酸BaCO3溶解，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：Ba2++=BaCO3↓、Ba2++=BaSO4↓；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
【小问2详解】
根据分析可知，溶液中含有；、，所以Mg2+、Ca2+一定不存在，故答案为：Mg2+、Ca2+；
【小问3详解】
、、Cl- 都能和AgNO3溶液生成白色沉淀，所以实验①中加入AgNO3溶液生成白色沉淀，不能否说明原溶液中含有Cl-，故答案为：否；碳酸钡、硫酸钡、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl-；
【小问4详解】
由分析可知，每一等份中：已知的阳离子所带正电荷为0.02 ml，已知的阴离子、所带负电荷为0.01 ml×2+0.01 ml×2=0.04 ml大于已知的正电荷，根据电中性原则，一定有Na+，而Cl-不能确定，所以c(Na+)≥=0.2ml/L，故答案为：存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液中才能保持电中性；c(Na+)≥0.2ml/L。
16. “84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶84消毒液，该消毒液通常稀释到100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如图信息：
（1）该84消毒液NaClO物质的量浓度约为_______ml/L(保留1位小数)。
（2）取10mL该84消毒液稀释至1000mL。下列有关该实验的说法不正确的是_______(填字母)。
A．如图所示的仪器中，需用的仪器有①②③④⑥
B．使用前要检查容量瓶是否漏液
C．容量瓶上标有容积、温度和浓度
D．容量瓶用蒸馏水洗净后，须烘干后再使用
E．容量瓶使用完毕后，应洗净、晾干，对于玻璃磨口瓶塞，应在瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连
（3）84消毒液具有消毒能力是利用了次氯酸钠的_______ (填“氧化性”或“还原性”)，往其中加入少量稀硫酸，可_______ (填“增强”或“减弱”)其漂白能力。
（4）某消毒小组人员用18.4ml•L-1的浓硫酸配制500mL0.1ml•L-1的稀硫酸用于84消毒液消毒能力的实验探究，在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏低的有_______ (填代号)。
①用量筒量取98%的硫酸时俯视
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④转移过程中，有少量液体溅出
⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
（5）若要配制470mL0.1ml·L-1稀硫酸，请回答下列问题：
(i)所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是_______。
(ii)下列为配制稀硫酸的过程中部分操作的示意图，其中有错误的是_______(填序号)。
【答案】（1）4.0 （2）ACD
（3） ①. 氧化性 ②. 增强
（4）①④⑤ （5） ①. 500mL容量瓶 ②. ①④
【解析】
【小问1详解】
该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度为：≈4.0ml/L，故答案为：4.0；
【小问2详解】
A．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，用不到托盘天平，A错误；
B．容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏水，在使用前要检查容量瓶是否漏液，B正确；
C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，未标注浓度，C错误；
D．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，D错误；
E．容量瓶使用完毕后，应洗净、晾干，对于玻璃磨口瓶塞，应在瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连，操作正确，E正确；
故答案为：ACD；
【小问3详解】
次氯酸具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，84消毒液具有消毒能力是利用了次氯酸钠的强氧化性，硫酸的酸性强于次氯酸，所以往其中加入少量稀硫酸，可加快产生次氯酸，增强漂白效力，故答案为：氧化性；增强；
【小问4详解】
①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取的浓硫酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，①符合题意；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，②不合题意；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，③不合题意；
④转移过程中，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，④符合题意；
⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，⑤符合题意；
故答案为：①④⑤；
【小问5详解】
(i)用浓溶液配制稀硫酸，所用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，还需要的仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
(ii)下列为配制稀硫酸的过程中部分操作的示意图，①为稀释，浓硫酸稀释时需酸入水并用玻璃棒不断搅拌，①错误；②为转移，要用玻璃棒引流，②正确；③为继续加入蒸馏水，用玻璃棒引流，③正确；④为定容，定容时需眼睛要使视线与刻度线最低处水平相切，④错误；⑤为摇匀，⑤正确，故其中有错误的是①④，故答案为：①④。
17. (Ⅰ)某小组同学依据性质差异，采用比较的方法设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3。
（1）实验Ⅰ中，分别向两支试管中滴加几滴水，A中温度计示数略有降低，B中温度计示数升高。说明固体b与水作用过程中_______(填“放出”或“吸收”)热量，可判断固体b为Na2CO3。
（2）实验Ⅱ中，向试管C和D中分别加入5mL水，充分振荡，试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解。分别向两支试管中滴加2滴酚酞，_______试管中红色较浅。
（3）实验Ⅲ中，分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡。结合离子方程式解释E中开始无气泡产生的原因_______。
(Ⅱ)铝是地壳中含量最多的金属元素，其单质和化合物广泛应用于日常生活中。回答下列问题：
（4）可以用电镀法在钢制品上电镀铝，为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应消耗2ml NaOH时，所得气体的物质的量为_______ml。
（5）如图是从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程：
①配料中属于两性氧化物的是_______
②“溶解”时，SiO2与NaOH溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O= Na2Al2Si2O8↓+4NaOH ，“赤泥”的主要成分为Na2Al2Si2O8和_______(写出化学式)。
③ “酸化”时，通入过量CO2与之反应，生成滤液的主要成分是_______(写化学式)。
【答案】（1）放出 （2）C
（3）+H+=
（4）3 （5） ①. Al2O3 ②. Fe2O3 ③. NaHCO3
【解析】
【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝土矿中加入氢氧化钠溶液，SiO2和Al2O3溶于氢氧化钠溶液，溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，所以过滤得赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤液主要为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得沉淀为氢氧化铝，过滤得滤液主要为NaHCO3溶液，氢氧化铝燃烧得氧化铝，氧化铝、碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，据此分析解题。
【小问1详解】
B中温度计示数升高，说明固体b与水作用的过程中放出热量，使得溶液温度升高， 故答案为：放出；
【小问2详解】
已知碳酸钠的溶解度＞碳酸氢钠，故实验Ⅱ中，向试管C和D中分别加入5mL水，充分振荡，试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解，说明C试管为碳酸氢钠，D试管为碳酸钠，碳酸钠俗称纯碱，水溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，碳酸钠溶液碱性更强，故分别向两支试管中滴加2滴酚酞，C试管中红色较浅，故答案为：C；
【小问3详解】
分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡；E中开始无气泡产生的原因是碳酸根离子和少量氢离子生成碳酸氢根离子：+H+=，故答案为：+H+=；
【小问4详解】
铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，气体产物为氢气，当反应消耗2ml NaOH时，所得还原产物的物质的量为3ml，故答案为：3；
【小问5详解】
①已知由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物为氧化物，既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，故配料中属于两性氧化物的是Al2O3，故答案为：Al2O3；
②根据上面的分析可知，赤泥的主要成分为 Fe2O3、Na2Al2Si2O8，故答案为：Fe2O3；
③“酸化”时通入过量CO2与Na[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3和NaHCO3，滤液的主要成分为 NaHCO3，故答案为：NaHCO3。
18. 以废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)，流程示意图如下。(已知：FeSO4·7H2O晶体受热易失水。)
（1）H2SO4的电离方程式是_______。
（2）酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。
①1min时检验，溶液变红，说明所得溶液中含有_______
②30min时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因_______。
③时检验，溶液复又变红，用离子方程式说明原因_______。
④操作X是_______。
（3）测定所得硫酸亚铁晶体中的含量，步骤如下：
Ⅰ：称取ag硫酸亚铁晶体样品，配制成100mL溶液。
Ⅱ：取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入bml·L-1的溶液，至反应完全共消耗溶液cmL。
①Ⅱ中氧化的离子方程式是_______。
②计算硫酸亚铁晶体样品中的质量分数_______。
【答案】（1）H2SO4=2H++
（2） ①. Fe3+ ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+ ③. 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ④. 蒸发浓缩、冷却结晶
（3） ①. 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ②. ×100%或%
【解析】
【分析】向废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)中加入硫酸酸浸，发生的反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+、FeS+2H+=Fe2++H2S↑；得到硫酸亚铁溶液；经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体FeSO4⋅7H2O，据此分析解题。
【小问1详解】
H2SO4是强酸，属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为H2SO4=2H++，故答案为：H2SO4=2H++；
【小问2详解】
①铁离子遇到KSCN溶液变红，说明所得溶液中含有Fe3+，故答案为：Fe3+；
②30min时用KSCN溶液检验，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，其原因为Fe3+被Fe还原为Fe2+，其反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
③120min时检验，溶液复又变红，说明在酸性条件下，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
④酸浸处理后，得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问3详解】
①亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化为铁离子，发生反应5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；选项
实验操作及现象
推理或结论
A
向某固体中加入稀盐酸，产生气泡
该固体一定是碳酸盐
B
铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体
氧化性：Fe2+＞Cu2+
C
向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红
该溶液中一定含有Fe2+
D
向FeCl3溶液中加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝
氧化性Fe3+＞I2
实验I
实验Ⅱ
实验Ⅲ
酸浸时间
1min
30min
用KSCN溶液检验
变红
未变红
变红
化 学 试 题
(满分：100分 考试时间：75分钟 )
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg24 Al 27 Fe 56 Zn 65 S32 Cl35.5 Ba137
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. “84”消毒液具有强氧化性，能用于饮用水杀菌消毒
B. 维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有氧化性
C. 放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应
D. 用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3溶于水后，其溶液显碱性
【答案】C
【解析】
【详解】A．“84”消毒液具有强氧化性，给水溶液增加大量的Na+，不用于饮用水杀菌消毒，故A错误；
B．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故B错误；
C．空气属于气溶胶，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应，故C正确；
D．用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3和盐酸反应生成易溶于水的氯化铁，故D错误；
选C。
2. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A. 用KOH溶液捕集吸收大气中的CO2
B. 用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)
C. 用作为呼吸面具或潜水艇中氧气的来源
D. 用NaOH溶液除去薄膜
【答案】C
【解析】
【详解】A．用KOH溶液捕集吸收大气中的CO2，原理为：2KOH+CO2=K2CO3+H2O，未有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，A不合题意；
B．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)的原理为：Fe2O3·xH2O+6HCl=2FeCl3+(x+3)H2O，未有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，B不合题意；
C．用Na2O2作为呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，原理为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．用NaOH溶液除去Al2O3薄膜，原理为：2NaOH+Al2O3+3H2O=2Na[Al(OH)4]，有元素化合价改变，未涉及氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：C。
3. 室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 ml·L-1 NaOH溶液：Na＋、K＋、CO、NH
B. 0.1 ml·L-1 FeSO4溶液：Na＋、H＋、Cl-、H2O2
C. 使pH试纸变红的溶液：K＋、Mg2＋、NO、SO
D. 加入铁粉放出氢气的溶液：NH、Fe3＋、ClO-、SO
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1 ml·L-1 NaOH溶液中的OH-与NH发生反应生成弱电解质NH3·H2O而不能大量共存，A不合题意；
B．0.1 ml·L-1 FeSO4溶液中的Fe2+与H＋、H2O2因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；
C．使pH试纸变红溶液中含有大量的H+，H+、K＋、Mg2＋、NO、SO各离子不反应能够大量共存，C符合题意；
D．加入铁粉放出氢气的溶液中存在大量的H+，H+与 ClO-反应生成弱电解质HClO而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：C。
4. 下列离子方程式正确的是
A. Na2CO3溶液中通入过量氯气：+Cl2= CO2+Cl-+ClO-
B. Fe(OH)3溶于过量HI溶液：Fe(OH)3+3H+= Fe3++ 3H2O
C. 将CO2通入足量BaCl2溶液：CO2+H2O+Ba2+=BaCO3↓ +2H+
D. 酸性碘化钾淀粉溶液久置空气中变蓝：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3溶液中通入过量氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，离子方程式为：+2Cl2= CO2+2Cl-+2HClO，故A错误；
B．Fe(OH)3溶于过量HI溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-= 2Fe2++ I2+6H2O，故B错误；
C．将CO2通入足量BaCl2溶液没有沉淀生成，弱酸不能制取强酸，故C错误；
D． 酸性条件下，碘化钾被氧气氧化，生成碘单质，使淀粉溶液变蓝：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故D正确；
故选D。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.2 ml·L-1 AlCl3溶液中Cl-物质的量为0.6 ml
B. 1.6 g O2和O3的混合气体中所含的O原子数目为0.1NA
C. 0.1mlFeCl3形成胶体，胶粒的数目为0.1NA
D. 7.8 g Na2O2中含有阴阳离子的总数为0.4 NA 。
【答案】B
【解析】
【详解】A．题干未告知溶液的体积，故无法计算0.2 ml·L-1 AlCl3溶液中Cl-物质的量，A错误；
B．已知O2和O3均由O原子构成，故1.6 g O2和O3的混合气体中所含的O原子数目为=0.1NA，B正确；
C．已知FeCl3制备Fe(OH)3胶体是一个可逆反应，故无法计算0.1mlFeCl3形成Fe(OH)3胶体是生成Fe(OH)3胶粒的数目，C错误；
D．已知Na2O2是由Na+和构成的，故7.8 g Na2O2中含有阴阳离子的总数为=0.3 NA，D错误；
故答案为：B。
6. 类比是研究物质性质的常用方法之一。下列说法正确的是（ ）
A. CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，推测Fe2O3也可以和酸反应生成盐和水
B. Cu与Cl2能化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2也能化合生成FeCl2
C. 碳酸氢钠可以治疗胃酸过多，推测碳酸钠也可以治疗胃酸过多
D. Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na也可以置换出CuSO4溶液中的铜
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，Fe2O3也是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，故A正确；
B. Fe与Cl2反应生成FeCl3，故B错误；
C. 胃酸的主要成分是HCl，治疗胃酸，就是用盐碱去中和胃中过多的酸，碳酸钠和碳酸氢钠都可以和HCl反应，生成对人体无害的氯化钠、水和二氧化碳。但是，由于碳酸钠的碱性较强，与HCl反应剧烈，生成的二氧化碳气体多，容易造成内脏膨胀，可能对人体造成伤害。所以，一般选用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故C错误；
D. Na投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，然后NaOH和CuSO4反应：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，故不能生成单质铜，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查了知识迁移方法的利用，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质之间的反应来分析解答，题目难度不大。
7. 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是
A. 物质量：甲<乙B. 相对分子质量：甲<乙
C. 摩尔体积：甲>乙D. 气体体积：甲>乙
【答案】A
【解析】
【分析】根据ρ=m÷V知，相同条件下，质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，在同温同压下，物质的量之比等于体积之比，说明甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，据此解答。
【详解】A．根据分析可知，甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，故A正确；
B．甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，两种气体质量相等，根据M=m÷n可知，甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，故B错误；
C．同温同压，气体摩尔体积相同，故C错误；
D．质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，故D错误；
故选A。
8. 下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中，不正确的是
A. FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2
B. Fe2O3固体(Al2O3)：加入足量的盐酸，过滤
C. CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥
D. CO2气体(HCl)：通过饱和NaHCO3溶液洗气后干燥
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2与FeCl2反应产生FeCl3，因此可以用Cl2除去FeCl3溶液中的杂质FeCl2，达到除杂、净化的目的，故A正确；
B．盐酸与Fe2O3和Al2O3都反应变为可溶性物质，不能达到除杂、净化的目的，故B错误；
C．杂质CO2与NaOH溶液反应产生可溶性的盐，而CO不能反应，能够达到除杂、净化的目的，故C正确；
D．杂质HCl能够在饱和NaHCO3溶液中溶解，而被提纯的CO2气体既不溶解也不能反应，达到了除杂、净化的目的，故D正确；
故选：B。
9. 下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向某固体中加入稀盐酸，产生气泡，该气体可能为CO2，也可能为SO2，所以该固体可能为碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐，A不符合题意；
B．铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体，表明生成Cu，发生置换反应，氧化性Cu2+＞Fe2+，B不符合题意；
C．向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红，可能原溶液中只含有Fe3+，C不符合题意；
D．向FeCl3溶液中加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，表明发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则氧化性Fe3+＞I2，D符合题意；
故选D。
10. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：
2FeSO4+ 6Na2O2＝ 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2↑，对此反应下列说法中正确的是
A. Na2O2只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. O2 还原产物
D. 2 ml FeSO4发生反应时，反应中共有8 ml电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。
【详解】A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B. FeSO4 →Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2 →Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；
C. Na2O2 → O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；
D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2mlFeSO4发生反应时，共有2ml×3+1ml×4=10ml电子转移，故D错误。
答案选B。
11. 含FeCl3、CuCl2各1ml的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：已知氧化性：Fe3+>Cu2+)
A. 溶液中一定不含Fe3+B. 滴加少量酸性高锰酸钾一定褪色
C. 溶液中阳离子为2mlD. 剩余固体中一定含铜
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知氧化性顺序为Fe3+>Cu2+>Fe2+，则剩余的固体一定含有铜，成分有两种可能：
一、只有铜，没有铁，当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu；
二、剩余固体为铁和铜的混合物，当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；所以，剩余的固体一定含有铜，只要有固体剩余一定没有Fe3+，一定含有Fe2+，可能含有Cu2+；
【详解】A．根据以上分析可知，溶液中一定不含Fe3+，故A正确；
B．溶液中一定含有Fe2+，滴加少量酸性高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应，一定褪色，故B正确；
C．反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，若1ml FeCl3、1ml CuCl2完全反应生成2.5ml FeCl2，由于不确定剩余的固体的量，则无法计算溶液中阳离子的物质的量，故C错误；
D．反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，故D正确；
故选C。
12. 由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物30 g，与足量的盐酸反应产生的H2为11.2 L(标准状况)，则混合物中一定含有的金属是
A. 锌B. 铁C. 铝D. 镁
【答案】A
【解析】
【详解】产生的氢气为11.2L(标准状况时)，其物质的量为=0.5ml，质量为0.5ml×2g/ml= 1g，则盐酸与单一金属反应时所需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于30g和大于30g，而大于混合物30g的只有锌，故一定有锌，故选A。
13. 下列选项描述与对应图像相符的是
A. 图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的曲线
B. 图②为Na2CO3 、NaHCO3 混合液中滴加盐酸产生CO2的图像
C. 图③为Ba(OH)2 溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像
D. 图④为FeBr2、FeI2混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，阳光直射新制氯水时，发生反应2HClO2HCl+O2↑，随着时间的变化，溶液中c(Cl-)逐渐增大，图象不符合，A错误；
B．Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸，先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由此可知前段无CO2产生时消耗的盐酸体积要小于后段生成CO2时消耗的盐酸的体积，B错误；
C．向Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液发生反应生成硫酸钡和氢氧化镁，离子浓度减小导电性减弱，完全反应时导电性接近于0，MgSO4溶液过量后导电能力增强，图象符合，C正确；
D．根据还原性强弱为：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-规律可知，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，开始时无Fe3+，当碘离子被氧化完全后，Fe3+浓度增大，即b代表Fe3+，D错误；
故答案为：C。
14. 高铁酸钾(K2FeO4)是种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是
A. 反应I不能在常温下进行
B. “尾气”可用FeCl2溶液吸收，其离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—
C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D. 最后一步能制取K2FeO4的原因可能是相同温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，铁与氯气在点燃的条件可以反应生成氯化铁，次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成高铁酸钠，高铁酸钠在饱和氢氧化钾溶液中生成溶解度较小的高铁酸钾。
【详解】A．反应I为铁与氯气在点燃的条件可以反应生成氯化铁，铁与氯气在常温下不反应，故A正确；
B．尾气的主要成分是氯气，氯气能与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，则氯化亚铁溶液可以吸收氯气，防止污染环境，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，故B正确；
C．反应II为次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成高铁酸钠，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，铁元素的化合价升高被氧化，氯化铁是反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．最后一步能制取高铁酸钾的原因是相同温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，高铁酸钠与饱和氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾和氢氧化钠，故D正确；
故选C。
第II卷(非选择题 共58分，每空2分)
15. 现有300mL某溶液中可能含有Na+、、Mg2+、Ca2+、、、Cl-中的若干种，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，有白色沉淀产生；
②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体448mL(标准状况)；
③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.3g，加入足量盐酸充分反应后，沉淀剩余2.33g。
根据上述实验，回答下列问题：
（1）实验③中生成沉淀的离子方程式为_______、_______，沉淀溶解的离子方程式为_______。
（2）溶液中一定不存在的离子有_______。
（3）实验①中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，能否说明原溶液中含有Cl-？_______(填“能”或“否”)，理由是_______。
（4）推断 Na+是否存在_______(填“是”或“否”)，若存在，计算其物质的量浓度：_______(若不存在，此问不作答)
【答案】（1） ①. Ba2++=BaCO3↓ ②. Ba2++=BaSO4↓ ③. BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O
（2）Mg2+、Ca2+
（3） ①. 否 ②. 碳酸钡、硫酸钡、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl-
（4） ①. 存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液中才能保持电中性 ②. c(Na+)≥0.2ml/L
【解析】
【分析】由题干实验步骤可知，①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明、、Cl-至少有一种；②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体448mL(标准状况)即=0.02 ml，说明有0.02 ml ；③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.30g，加入足量盐酸充分反应后，剩余沉淀2.33g，则含并且物质的量为=0.01ml，含并且物质的量为：=0.01ml，可进一步判断则无Ca2+、Mg2+，再根据电中性原则，可判断一定存在Na+，可能存在Cl-，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析可知，实验③加入的Ba2+分别和、反应生成沉淀，离子方程式为：Ba2++=BaCO3↓、Ba2++=BaSO4↓，加入足量盐酸BaCO3溶解，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：Ba2++=BaCO3↓、Ba2++=BaSO4↓；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
【小问2详解】
根据分析可知，溶液中含有；、，所以Mg2+、Ca2+一定不存在，故答案为：Mg2+、Ca2+；
【小问3详解】
、、Cl- 都能和AgNO3溶液生成白色沉淀，所以实验①中加入AgNO3溶液生成白色沉淀，不能否说明原溶液中含有Cl-，故答案为：否；碳酸钡、硫酸钡、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl-；
【小问4详解】
由分析可知，每一等份中：已知的阳离子所带正电荷为0.02 ml，已知的阴离子、所带负电荷为0.01 ml×2+0.01 ml×2=0.04 ml大于已知的正电荷，根据电中性原则，一定有Na+，而Cl-不能确定，所以c(Na+)≥=0.2ml/L，故答案为：存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液中才能保持电中性；c(Na+)≥0.2ml/L。
16. “84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶84消毒液，该消毒液通常稀释到100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如图信息：
（1）该84消毒液NaClO物质的量浓度约为_______ml/L(保留1位小数)。
（2）取10mL该84消毒液稀释至1000mL。下列有关该实验的说法不正确的是_______(填字母)。
A．如图所示的仪器中，需用的仪器有①②③④⑥
B．使用前要检查容量瓶是否漏液
C．容量瓶上标有容积、温度和浓度
D．容量瓶用蒸馏水洗净后，须烘干后再使用
E．容量瓶使用完毕后，应洗净、晾干，对于玻璃磨口瓶塞，应在瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连
（3）84消毒液具有消毒能力是利用了次氯酸钠的_______ (填“氧化性”或“还原性”)，往其中加入少量稀硫酸，可_______ (填“增强”或“减弱”)其漂白能力。
（4）某消毒小组人员用18.4ml•L-1的浓硫酸配制500mL0.1ml•L-1的稀硫酸用于84消毒液消毒能力的实验探究，在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏低的有_______ (填代号)。
①用量筒量取98%的硫酸时俯视
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④转移过程中，有少量液体溅出
⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
（5）若要配制470mL0.1ml·L-1稀硫酸，请回答下列问题：
(i)所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是_______。
(ii)下列为配制稀硫酸的过程中部分操作的示意图，其中有错误的是_______(填序号)。
【答案】（1）4.0 （2）ACD
（3） ①. 氧化性 ②. 增强
（4）①④⑤ （5） ①. 500mL容量瓶 ②. ①④
【解析】
【小问1详解】
该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度为：≈4.0ml/L，故答案为：4.0；
【小问2详解】
A．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，用不到托盘天平，A错误；
B．容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏水，在使用前要检查容量瓶是否漏液，B正确；
C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，未标注浓度，C错误；
D．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，D错误；
E．容量瓶使用完毕后，应洗净、晾干，对于玻璃磨口瓶塞，应在瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连，操作正确，E正确；
故答案为：ACD；
【小问3详解】
次氯酸具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，84消毒液具有消毒能力是利用了次氯酸钠的强氧化性，硫酸的酸性强于次氯酸，所以往其中加入少量稀硫酸，可加快产生次氯酸，增强漂白效力，故答案为：氧化性；增强；
【小问4详解】
①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取的浓硫酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，①符合题意；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，②不合题意；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，③不合题意；
④转移过程中，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，④符合题意；
⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，⑤符合题意；
故答案为：①④⑤；
【小问5详解】
(i)用浓溶液配制稀硫酸，所用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，还需要的仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
(ii)下列为配制稀硫酸的过程中部分操作的示意图，①为稀释，浓硫酸稀释时需酸入水并用玻璃棒不断搅拌，①错误；②为转移，要用玻璃棒引流，②正确；③为继续加入蒸馏水，用玻璃棒引流，③正确；④为定容，定容时需眼睛要使视线与刻度线最低处水平相切，④错误；⑤为摇匀，⑤正确，故其中有错误的是①④，故答案为：①④。
17. (Ⅰ)某小组同学依据性质差异，采用比较的方法设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3。
（1）实验Ⅰ中，分别向两支试管中滴加几滴水，A中温度计示数略有降低，B中温度计示数升高。说明固体b与水作用过程中_______(填“放出”或“吸收”)热量，可判断固体b为Na2CO3。
（2）实验Ⅱ中，向试管C和D中分别加入5mL水，充分振荡，试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解。分别向两支试管中滴加2滴酚酞，_______试管中红色较浅。
（3）实验Ⅲ中，分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡。结合离子方程式解释E中开始无气泡产生的原因_______。
(Ⅱ)铝是地壳中含量最多的金属元素，其单质和化合物广泛应用于日常生活中。回答下列问题：
（4）可以用电镀法在钢制品上电镀铝，为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应消耗2ml NaOH时，所得气体的物质的量为_______ml。
（5）如图是从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程：
①配料中属于两性氧化物的是_______
②“溶解”时，SiO2与NaOH溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O= Na2Al2Si2O8↓+4NaOH ，“赤泥”的主要成分为Na2Al2Si2O8和_______(写出化学式)。
③ “酸化”时，通入过量CO2与之反应，生成滤液的主要成分是_______(写化学式)。
【答案】（1）放出 （2）C
（3）+H+=
（4）3 （5） ①. Al2O3 ②. Fe2O3 ③. NaHCO3
【解析】
【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝土矿中加入氢氧化钠溶液，SiO2和Al2O3溶于氢氧化钠溶液，溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，所以过滤得赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤液主要为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得沉淀为氢氧化铝，过滤得滤液主要为NaHCO3溶液，氢氧化铝燃烧得氧化铝，氧化铝、碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，据此分析解题。
【小问1详解】
B中温度计示数升高，说明固体b与水作用的过程中放出热量，使得溶液温度升高， 故答案为：放出；
【小问2详解】
已知碳酸钠的溶解度＞碳酸氢钠，故实验Ⅱ中，向试管C和D中分别加入5mL水，充分振荡，试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解，说明C试管为碳酸氢钠，D试管为碳酸钠，碳酸钠俗称纯碱，水溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，碳酸钠溶液碱性更强，故分别向两支试管中滴加2滴酚酞，C试管中红色较浅，故答案为：C；
【小问3详解】
分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡；E中开始无气泡产生的原因是碳酸根离子和少量氢离子生成碳酸氢根离子：+H+=，故答案为：+H+=；
【小问4详解】
铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，气体产物为氢气，当反应消耗2ml NaOH时，所得还原产物的物质的量为3ml，故答案为：3；
【小问5详解】
①已知由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物为氧化物，既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，故配料中属于两性氧化物的是Al2O3，故答案为：Al2O3；
②根据上面的分析可知，赤泥的主要成分为 Fe2O3、Na2Al2Si2O8，故答案为：Fe2O3；
③“酸化”时通入过量CO2与Na[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3和NaHCO3，滤液的主要成分为 NaHCO3，故答案为：NaHCO3。
18. 以废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)，流程示意图如下。(已知：FeSO4·7H2O晶体受热易失水。)
（1）H2SO4的电离方程式是_______。
（2）酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。
①1min时检验，溶液变红，说明所得溶液中含有_______
②30min时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因_______。
③时检验，溶液复又变红，用离子方程式说明原因_______。
④操作X是_______。
（3）测定所得硫酸亚铁晶体中的含量，步骤如下：
Ⅰ：称取ag硫酸亚铁晶体样品，配制成100mL溶液。
Ⅱ：取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入bml·L-1的溶液，至反应完全共消耗溶液cmL。
①Ⅱ中氧化的离子方程式是_______。
②计算硫酸亚铁晶体样品中的质量分数_______。
【答案】（1）H2SO4=2H++
（2） ①. Fe3+ ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+ ③. 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ④. 蒸发浓缩、冷却结晶
（3） ①. 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ②. ×100%或%
【解析】
【分析】向废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)中加入硫酸酸浸，发生的反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+、FeS+2H+=Fe2++H2S↑；得到硫酸亚铁溶液；经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体FeSO4⋅7H2O，据此分析解题。
【小问1详解】
H2SO4是强酸，属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为H2SO4=2H++，故答案为：H2SO4=2H++；
【小问2详解】
①铁离子遇到KSCN溶液变红，说明所得溶液中含有Fe3+，故答案为：Fe3+；
②30min时用KSCN溶液检验，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，其原因为Fe3+被Fe还原为Fe2+，其反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
③120min时检验，溶液复又变红，说明在酸性条件下，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
④酸浸处理后，得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问3详解】
①亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化为铁离子，发生反应5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；选项
实验操作及现象
推理或结论
A
向某固体中加入稀盐酸，产生气泡
该固体一定是碳酸盐
B
铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体
氧化性：Fe2+＞Cu2+
C
向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红
该溶液中一定含有Fe2+
D
向FeCl3溶液中加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝
氧化性Fe3+＞I2
实验I
实验Ⅱ
实验Ⅲ
酸浸时间
1min
30min
用KSCN溶液检验
变红
未变红
变红
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