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福建省长泰县第一中学2020届高三上学期期初考试化学试题
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2019/2020学年上学期高三化学期初考试卷
注意事项：
1、全卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共26题
2、可能用到的相对原子质量:Cl 35.5 O 16 H 1
第Ⅰ卷（选择题共44分）
一、选择题（本大题共22个小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列过程中，没有发生氧化还原反应的是( )
A. 钻木取火 B. 青铜器生锈 C. 燃放烟花爆竹 D. 利用焰色反应检验Na＋
【答案】D
【解析】
A、钻木取火，木材发生燃烧，C、O元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故A不选；B、青铜器生锈，Cu失去电子化合价升高，发生氧化还原反应，故B不选；C、燃放烟花爆竹，火药与氧气发生反应，发生氧化还原反应，故C不选；D、焰色反应检验Na+，没有新物质生成不属于化学变化，不发生氧化还原反应，故D选；故选D。
2.下列关于铝热反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe的说法不正确的是（ ）
A. 该反应中Al作还原剂
B. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为1∶2
C. 该反应中冶炼1 mol Fe转移2 mol电子
D. 该反应可用于焊接钢轨
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应中Al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A正确；
B．反应中Fe为还原产物，Al2O3为氧化产物，由方程式可知氧化产物与还原产物物质的量比为1：2，故B正确；
C．反应中Fe元素化合价由+3价降低到0价，则冶炼1 mol Fe转移3 mol电子，故C错误；
D．反应可置换出铁，且在高温下进行，可用于焊接钢轨，故D正确。
故选C。
【点睛】反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe中，Al元素化合价升高，由0价升高高+3价，Fe元素化合价降低，由+3价降低到0价，以此解答该题。
3.已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是
①氧化性：Br2>Fe3＋>I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化
A. ①②③④ B. ①③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。
【详解】①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2>Fe3＋>I2，故正确；
②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；
③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；
④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；
⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；
答案选B。
4.下列有关说法正确的是( )
A. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
B. 在反应KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA
C. 根据反应中HNO3(稀) NO，而HNO3(浓) NO2可知，氧化性：HNO3(稀)>HNO3(浓)
D. 含有大量NO3—的溶液中，不能同时大量存在H＋、Fe2＋、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A、1 mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA；故A错误；
B、KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中KIO3中I元素的化合价由+5价降至0价，HI中I元素的化合价由-1价升至0价，该反应中转移5mol电子，生成3mol碘单质，故生成3mol碘单质时转移5mol电子即5NA个，故B错误；
C、反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2，只能观察出浓、稀硝酸得失电子数目，不能观察出浓、稀硝酸得失电子的能力，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱，故C错误；
D、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3-的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl-，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，氧化还原反应电子转移计算以及离子共存等，掌握基础是关键，C答案易错，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱。
5.下列说法正确的是( )
A. Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu均为单质被还原的置换反应
B. 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Cl2＋H2O===HCl＋HClO，均为水作还原剂的氧化还原反应
C. Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应
D. 生石灰用作食品抗氧化剂
【答案】C
【解析】
A、锌置换铜的反应中锌被氧化生成锌离子，故A错误；B、水中H、O元素化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C、Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应，SO32―被氧化为SO42―，故C正确；D、生石灰不具有还原性，在食品中可起到防止潮解的作用，故D错误；故选C。
6.下列叙述中正确的是( )
A. 物质的溶解过程，实质上就是其电离过程
B. H2SO4溶于水能导电，液态H2SO4不导电，故H2SO4不是电解质
C. 1 L 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中含有 0.2 mol H＋
D. 1 L 0.1 mol·L－1的HClO溶液中含有 0.1 mol H＋
【答案】C
【解析】
A．溶解过程是物质分子或离子分布到溶剂中去；电离是将分子或离子拆分开来，比如说I2的溶解，不能说是电离，但电解质的溶解过程为其电离过程，故A错误；B．H2SO4溶于水能导电，故H2SO4是电解质，故B错误；C．硫酸是强电解质，在水溶液中完全电离，所以1L0.1 mol•L-1的H2SO4溶液中含有0.2 molH+，故C正确；D．次氯酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以1L0.1 mol•L-1的HClO溶液中含有H+小于0.1 mol，故D错误；故选C。
点睛：本题考查弱电解质的电离、电解质和非电解质判断、物质的溶解和电离关系等知识点，侧重考查学生分析比较判断能力，明确基本概念及强弱电解质电离特点是解本题关键，易错选项是B。
7. 水溶液中能大量共存的一组离子是
A. NH4+、Ba2+、Br-、CO32- B. Cl-、SO32-、Fe2+、H+
C. K+、Na+、SO42-、MnO4- D. Na+、H+、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错；SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错；C中四种离子不反应，可以大量共存，C对；H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错。
【考点定位】本题考查了离子间的常见反应和离子的性质，主要涉及复分解反应发生的条件，有关的离子有、Ba2+、CO32-，SO32-、H+，H+、、HCO3-。
8.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（ ）
A. Fe+Cu2+=Fe2++Cu
B. Cl2+H2O=H++Cl-+HClO
C. CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D. Ag++Cl-=AgCl↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe＋Cu2＋═Fe2＋＋Cu可表示铁与可溶性铜盐的反应，表示一类反应，故A不选；
B．Cl2+H2O═H++Cl-+HClO只能表示Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸，满足条件，故B选；
C．CO32-+2H+═CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐和水的反应，如碳酸钠、碳酸钾等于硝酸、硫酸、盐酸等的反应，故C不选；
D．Ag++Cl-═AgCl↓表示可溶性的银盐与可溶性的氯化物的一类反应，如硝酸银与氯化钠、氯化钾、氯化钡等之间的反应，故D不选；
故选B。
【点睛】反应物中存在离子的一般表示一类反应，反应物全部是化学式的一般只能表示一个反应。
9.下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是( )
A. 工业上可用电解法制备Mg：MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑
B. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===2HClO＋CaCO3↓
C. 用CaSO4治理盐碱地：CaSO4(s)＋Na2CO3(aq) CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)
D. 用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72—：Cr2O72—＋Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋Fe3＋＋7H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．用电解法制备Mg：MgCl2(熔融)═Mg+Cl2↑，故A正确；B．碳酸的酸性比次氯酸的强，强酸反应制取弱酸：Ca2++2ClO-+H2O+CO2═2HClO+CaCO3↓，故B正确；C．沉淀总是向更难溶的方向转化，碳酸钙的溶解度更小：CaSO4(s)+Na2CO3(aq)CaCO3(s)+Na2SO4(aq)，故C正确；D．用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72-：Cr2O72+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故D错误，故选D。
考点：考查了离子方程式的书写的相关知识。
10.常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. pH＞7的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、I-
B. 使甲基橙试液变红的溶液中：Al3+、Cu2+、NO3-、SO42-
C. 由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、CO32-、SO42-、Cl-
D. 加铝粉能产生大量H2的溶液中：Na+、NH4+、NO3-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，pH＞7的溶液呈碱性，碱性条件下Mg2+不能大量共存，故A错误；
B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．由水电离出的c(H+)=l.0×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32-不能大量存在，故C错误；
D．加铝粉能产生大量H2的溶液为非氧化性酸溶液或强碱溶液，碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下，Al和H+、NO3-反应不能放出H2，故D错误；
故选B。
11.下列说法正确的是( )
A. AgCl、BaSO4等不溶于水，都属于弱电解质
B. HClO是弱电解质，但NaClO是强电解质
C. CO2、NH3的水溶液能导电，所以它们均是电解质
D. 强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，AgCl、BaSO4均是强电解质，故A错误；
B．HClO为弱酸，属于弱电解质，次氯酸钠为盐，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B正确；
C．NH3、CO2的水溶液导电的原因是一水合氨、碳酸电离出的离子，不是NH3、CO2本身电离的离子，因此NH3、CO2属于非电解质，故C错误；
D．氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，故D错误；
故选B。
12. 下列做法不正确的是
A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
C. 乙醇可与金属钠反应放出氢气 D. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火
【答案】B
【解析】
NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、H2O，而Na2CO3加热不易分解，故B不正确。
13.等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是( )
A. 将钠投入到足量水中
B. 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中
C. 将钠放入足量稀硫酸中
D. 将钠放入足量稀盐酸中
【答案】B
【解析】
试题分析：将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出氢气、铝和氢氧化钠溶液反应也放出氢气，故B放出氢气最多。
考点：本题考查钠的性质。
14.易拉罐的主要成分为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案与现象、结论正确的是( )
选项
实验方案
现象、结论
A
加入盐酸
产生无色气体；含铝、铁、镁三种金属
B
加入NaOH溶液
有无色气体产生；含有镁、铝两种金属
C
加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液
产生白色沉淀；含有金属镁
D
用盐酸溶解并放置一会儿后，加入KSCN溶液
溶液呈红色；含有铁元素
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A．因铝、铁、镁都能和盐酸反应生成气体，其中任意组合都能产生气体，A错误；B．铝、铁、镁中只有铝可与NaOH溶液反应生成无色气体，B错误；C．加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，也可能含有铝，C错误；D．铁单质与酸反应生成亚铁离子，放置一段时间后亚铁离子被氧化铁离子，铁离子遇KSCN溶液溶液呈血红色，D正确，答案选D。
点睛：本题考查金属的性质，注意铝性质的特殊性，既能和强酸反应又能和强碱溶液反应，易错选项是C，注意铝离子和少量氢氧化钠溶液、过量氢氧化钠溶液反应的不同，与氢氧化钠的量有关，为易错点。
15.某工厂用提取粗盐后的盐卤(主要成分为MgCl2)制备金属镁，其工艺流程如下。
，下列说法错误的是（ ）
A. 在实验室实施操作①需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒
B. Mg（OH）2―→MgCl2的离子方程式为：Mg（OH）2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
C. 操作②是将MgCl2溶液蒸干后冷却结晶
D. 操作④阴极和阳极产物的质量比是24∶71
【答案】C
【解析】
A．过滤操作中需要漏斗、烧杯、玻璃棒等玻璃仪器，故A正确；B．发生复分解反应Mg 2++2OH -=Mg(OH)2↓，故B正确；C．MgCl2溶液得到MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，不能蒸干结晶，否则MgCl2会水解生成Mg(OH)2，故C错误；D．电解熔融MgCl2时阳极为氯气，阴极为Mg，阴极和阳极产物的质量比是24∶71，故D正确；故选C。
16.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
A．加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C．氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D．钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A．
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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，题目难度不大．
17.下列说法正确的是( )
A. 铝罐可久盛食醋
B. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现
C. 氧化铝熔点很高，可作耐火材料
D. 明矾作净水剂，可以除去废水中的铜离子
【答案】C
【解析】
A. 食醋中含有醋酸，铝能与醋酸反应，因此铝罐不能久盛食醋，A错误；B. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素物理性质的展现，B正确；C. 氧化铝熔点很高，可作耐火材料，C正确；D. 明矾作净水剂，可以除去水中的悬浮物，但不能除去废水中的铜离子，D错误，答案选C。
18.下列叙述正确的是( )
A. 向氯化铝溶液中加入过量氨水反应的实质是Al3＋＋3NH3·3H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
B. 存在于污水中的重金属离子，常用加入明矾等电解质的方法进行处理
C. 镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液
D. 依据铝热反应原理，能发生反应2Al＋3MgO3Mg＋Al2O3
【答案】A
【解析】
A．氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，A正确；B．存在于污水中的重金属离子一般利用沉淀法，B错误；C．镁和盐酸反应但不和氢氧化钠溶液反应，铝既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，所以镁铝合金不能完全溶于氢氧化钠溶液，C错误；D．镁的活泼性大于铝，所以铝不能置换镁，且活泼金属采用电解的方法冶炼，D错误；答案选A。
点睛：本题涉及离子共存、金属的冶炼、金属的性质等知识点，注意氢氧化铝易溶于强碱但不溶于弱碱，为易错点。
19.向等物质的量浓度的HCl、AlCl3、NH4Cl、MgCl2混合溶液中逐滴加入1 mol·L－1的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 在0～a段加入的NaOH溶液与NH4Cl反应
B. 在b～c段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C. 在d～e段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O
D. 在滴加NaOH溶液全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Al(OH)3
【答案】D
【解析】
A．0～a段加入的NaOH溶液与HCl的反应，A错误；B.b～c段加入的NaOH发生反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，B错误；C．d～e段加入的NaOH溶液发生的反应为Al（OH）3+OH-=AlO2-+H2O，C错误；D．对应的电解质越难电离，越易与OH-反应，五种微粒中，能与OH-反应的有H+，Al3+，Mg2+，NH4+，Al（OH）3其中H+最易与OH-反应，其次为Al3+，Mg2+，反应后生成水、氢氧化铝和氢氧化镁，接着是NH4+，最后溶解Al（OH）3，D正确；答案选D。
20.有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是( )
A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小
B. 等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍
C. 等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多
D. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2一样多
【答案】C
【解析】
A．根据反应的方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，106g碳酸钠完全反应生成1mol二氧化碳，84g碳酸氢钠完全反应生成1mol二氧化碳，故A正确；B．由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，故B正确；C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸较多，故C错误；D．由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，生成二氧化碳一样多，故D正确；故选C。
21.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是( )
A. ①中还需要进行过滤操作，滤渣为二氧化硅
B. a、b中铝元素的存在形式不同
C. ③中需要通入过量的氨气
D. ④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝
【答案】C
【解析】
铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2-和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作，A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2-，a、b中铝元素的化合价均为+3价，B正确；C、③中需要把AlO2-转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；D、根据上面分析可知④是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，D正确，答案选C。
22.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为( )
A. 1∶1 B. 5∶16 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】B
【解析】
【详解】同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2，所以该溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol×2+2xmol×3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol×2+2xmol×3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B。
第Ⅱ卷（非选择题 共56分）
二、填空题（本大题共4个小题)
23.已知某溶液X可能由K+、Cu2+、Ba2+、Fe2+、AlO2-、CO32-、SO42-、I-、MnO4-中的若干种离子组成。某化学兴趣小组通过下列实验确定了其组成。
根据下列实验步骤和现象，推断实验结论：
实验步骤与实验现象
实验结论
Ⅰ.观察溶液：无色透明
①原溶液中一定不含的离子是____
Ⅱ.取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，并得到无色溶液
②原溶液中一定不含的离子是____，一定含有的离子是____
Ⅲ.在Ⅱ所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀A
③原溶液中还一定含有的离子是____，生成沉淀A的离子方程式为____
Ⅳ.Ⅲ所得溶液中再逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，加热也有气体生成，同时析出白色沉淀B
④白色沉淀B中一定含有___，可能含有____
【答案】 (1). Cu2＋、Fe2＋、MnO4- (2). I－、Ba2＋ (3). CO32-、K＋ (4). AlO2- (5). Al3＋＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑ (6). BaCO3 (7). BaSO4
【解析】
【分析】
I、溶液无色，则一定不存在有色离子；
Ⅱ．取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO32-离子反应的离子；得到无色溶液，则一定不存在反应生成颜色物质的离子，再结合溶液呈电中性判断；
Ⅲ．在Ⅱ所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定而且只能存在铝离子；
IV．在Ⅲ所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物；
据此分析解答。
【详解】①根据I，观察溶液：无色透明，则一定不存在有色离子：Cu2+、MnO4-、Fe2+，故答案为：Cu2＋、Fe2＋、MnO4-；
②根据Ⅱ，取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO32-离子反应的Ba2+离子，得到无色溶液，则一定不存在I-，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一的阳离子K+，故答案为：I－、Ba2＋；CO32-、K＋；
③在Ⅱ所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为过量的硝酸与碳酸氢铵反应生成的二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定存在铝离子，则原溶液中一定存在AlO2-，该过程中生成A的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：AlO2-；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；
④在Ⅲ所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，故答案为：BaCO3；BaSO4。
【点睛】本题的易错点和难点为AlO2-的判断，Ⅱ中过量的硝酸将AlO2-转化为铝离子，Ⅲ中铝离子与碳酸氢根了发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀。
24.Ⅰ.某实验小组为探究ClO-、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：
实验①：在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；
实验②：向实验①的溶液中加入4mL 0.5 mol·L-1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。
（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：____。
（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是____。
Ⅱ.（3）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是____(填序号)。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3
（4）“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是____(用离子方程式表示)。
【答案】 (1). ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O (2). 0.004mol (3). C (4). ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ、(1)次氯酸根离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；
(2)实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，结合化合价升高值=化合价降低值=转移电子数分析计算；
Ⅱ、(3)根据Cl2、H2O2、ClO2、O3反应后生成物的价态分析转移的电子数，转移的电子越多，消毒效率越高；
(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2。
【详解】I、(1)实验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，故答案为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
(2)实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，设转移电子的物质的量为x。
H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+ 转移电子
1mol 2mol
0.5mol/L×0.004L x
x==0.004mol，故答案为：0.004 mol；
II、(3)这些物质都为1mol时，Cl2(发生的反应为Cl2+H2O=HCl+HClO)、H2O2(分解生成氧气和水)、ClO2(反应生成氯离子)、O3(1 molO3转化为1 mol O2和1 mol H2O)消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：C；
(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，因此“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，故答案为：ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O。
25.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：
据此回答下列问题：
(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____
(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式：固体B___；沉淀D______；溶液E____。
(3)写出①③反应的化学方程式，离子反应写离子方程式。
①______。
③______。
【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). K2SO4、(NH4)2SO4 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中加入适量盐酸可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，KAl(SO4)2与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4，结合物质的性质分析解答。
【详解】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中加入适量盐酸可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，KAl(SO4)2与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4。
(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步都是溶液和沉淀的分离，可以采用过滤，故答案为：过滤；
(2)由上述分析可知B为Al2O3， D为Fe2O3 溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4，故答案为：Al2O3； Fe2O3；K2SO4、(NH4)2SO4；
(3)反应①为氧化铝和强碱溶液反应生成偏铝酸钠盐和水，离子方程式为Al2O3+2 OH-=2AlO2-+H2O；反应③为偏铝酸根离子和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：Al2O3+2 OH-=2AlO2-+H2O；AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓。
26.如图实验装置用于验证某些物质的性质。在试管A中装入足量的固体NaHCO3，D为固定蚊香的硬纸片。试回答下列问题：
（1）在A试管内发生反应的化学方程式是_____。
（2）B装置的作用是_____。
（3）在双球干燥管内发生反应的化学方程式为____。
（4）双球干燥管内及D处观察到的实验现象是_____。
（5）若将干燥管内的Na2O2换成Na2O，则双球干燥管内及D处观察到的实验现象是：____。
【答案】 (1). (2). 吸收气体中的水蒸气(干燥CO2) (3). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (4). 淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈 (5). 点燃的蚊香逐渐熄灭
【解析】
【分析】
根据装置图，A试管内，碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠和二氧化碳水，生成的二氧化碳经过浓硫酸干燥后与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，据此分析解答。
【详解】(1)A试管内，碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠和二氧化碳水，反应的化学方程式为：；
(2)B中盛的是浓硫酸起到吸收水蒸气干燥二氧化碳气体；
(3)双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；
(4)过氧化钠淡黄色固体，随反应进行变为白色固体碳酸钠，反应生成氧气具有助燃性，蚊香燃烧更剧烈；
(5)氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，在二氧化碳环境中，蚊香逐渐熄灭。
2019/2020学年上学期高三化学期初考试卷
注意事项：
1、全卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共26题
2、可能用到的相对原子质量:Cl 35.5 O 16 H 1
第Ⅰ卷（选择题共44分）
一、选择题（本大题共22个小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列过程中，没有发生氧化还原反应的是( )
A. 钻木取火 B. 青铜器生锈 C. 燃放烟花爆竹 D. 利用焰色反应检验Na＋
【答案】D
【解析】
A、钻木取火，木材发生燃烧，C、O元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故A不选；B、青铜器生锈，Cu失去电子化合价升高，发生氧化还原反应，故B不选；C、燃放烟花爆竹，火药与氧气发生反应，发生氧化还原反应，故C不选；D、焰色反应检验Na+，没有新物质生成不属于化学变化，不发生氧化还原反应，故D选；故选D。
2.下列关于铝热反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe的说法不正确的是（ ）
A. 该反应中Al作还原剂
B. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为1∶2
C. 该反应中冶炼1 mol Fe转移2 mol电子
D. 该反应可用于焊接钢轨
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应中Al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A正确；
B．反应中Fe为还原产物，Al2O3为氧化产物，由方程式可知氧化产物与还原产物物质的量比为1：2，故B正确；
C．反应中Fe元素化合价由+3价降低到0价，则冶炼1 mol Fe转移3 mol电子，故C错误；
D．反应可置换出铁，且在高温下进行，可用于焊接钢轨，故D正确。
故选C。
【点睛】反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe中，Al元素化合价升高，由0价升高高+3价，Fe元素化合价降低，由+3价降低到0价，以此解答该题。
3.已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是
①氧化性：Br2>Fe3＋>I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化
A. ①②③④ B. ①③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。
【详解】①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2>Fe3＋>I2，故正确；
②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；
③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；
④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；
⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；
答案选B。
4.下列有关说法正确的是( )
A. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
B. 在反应KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA
C. 根据反应中HNO3(稀) NO，而HNO3(浓) NO2可知，氧化性：HNO3(稀)>HNO3(浓)
D. 含有大量NO3—的溶液中，不能同时大量存在H＋、Fe2＋、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A、1 mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA；故A错误；
B、KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中KIO3中I元素的化合价由+5价降至0价，HI中I元素的化合价由-1价升至0价，该反应中转移5mol电子，生成3mol碘单质，故生成3mol碘单质时转移5mol电子即5NA个，故B错误；
C、反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2，只能观察出浓、稀硝酸得失电子数目，不能观察出浓、稀硝酸得失电子的能力，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱，故C错误；
D、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3-的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl-，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，氧化还原反应电子转移计算以及离子共存等，掌握基础是关键，C答案易错，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱。
5.下列说法正确的是( )
A. Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu均为单质被还原的置换反应
B. 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Cl2＋H2O===HCl＋HClO，均为水作还原剂的氧化还原反应
C. Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应
D. 生石灰用作食品抗氧化剂
【答案】C
【解析】
A、锌置换铜的反应中锌被氧化生成锌离子，故A错误；B、水中H、O元素化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C、Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应，SO32―被氧化为SO42―，故C正确；D、生石灰不具有还原性，在食品中可起到防止潮解的作用，故D错误；故选C。
6.下列叙述中正确的是( )
A. 物质的溶解过程，实质上就是其电离过程
B. H2SO4溶于水能导电，液态H2SO4不导电，故H2SO4不是电解质
C. 1 L 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中含有 0.2 mol H＋
D. 1 L 0.1 mol·L－1的HClO溶液中含有 0.1 mol H＋
【答案】C
【解析】
A．溶解过程是物质分子或离子分布到溶剂中去；电离是将分子或离子拆分开来，比如说I2的溶解，不能说是电离，但电解质的溶解过程为其电离过程，故A错误；B．H2SO4溶于水能导电，故H2SO4是电解质，故B错误；C．硫酸是强电解质，在水溶液中完全电离，所以1L0.1 mol•L-1的H2SO4溶液中含有0.2 molH+，故C正确；D．次氯酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以1L0.1 mol•L-1的HClO溶液中含有H+小于0.1 mol，故D错误；故选C。
点睛：本题考查弱电解质的电离、电解质和非电解质判断、物质的溶解和电离关系等知识点，侧重考查学生分析比较判断能力，明确基本概念及强弱电解质电离特点是解本题关键，易错选项是B。
7. 水溶液中能大量共存的一组离子是
A. NH4+、Ba2+、Br-、CO32- B. Cl-、SO32-、Fe2+、H+
C. K+、Na+、SO42-、MnO4- D. Na+、H+、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错；SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错；C中四种离子不反应，可以大量共存，C对；H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错。
【考点定位】本题考查了离子间的常见反应和离子的性质，主要涉及复分解反应发生的条件，有关的离子有、Ba2+、CO32-，SO32-、H+，H+、、HCO3-。
8.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（ ）
A. Fe+Cu2+=Fe2++Cu
B. Cl2+H2O=H++Cl-+HClO
C. CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D. Ag++Cl-=AgCl↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe＋Cu2＋═Fe2＋＋Cu可表示铁与可溶性铜盐的反应，表示一类反应，故A不选；
B．Cl2+H2O═H++Cl-+HClO只能表示Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸，满足条件，故B选；
C．CO32-+2H+═CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐和水的反应，如碳酸钠、碳酸钾等于硝酸、硫酸、盐酸等的反应，故C不选；
D．Ag++Cl-═AgCl↓表示可溶性的银盐与可溶性的氯化物的一类反应，如硝酸银与氯化钠、氯化钾、氯化钡等之间的反应，故D不选；
故选B。
【点睛】反应物中存在离子的一般表示一类反应，反应物全部是化学式的一般只能表示一个反应。
9.下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是( )
A. 工业上可用电解法制备Mg：MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑
B. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===2HClO＋CaCO3↓
C. 用CaSO4治理盐碱地：CaSO4(s)＋Na2CO3(aq) CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)
D. 用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72—：Cr2O72—＋Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋Fe3＋＋7H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．用电解法制备Mg：MgCl2(熔融)═Mg+Cl2↑，故A正确；B．碳酸的酸性比次氯酸的强，强酸反应制取弱酸：Ca2++2ClO-+H2O+CO2═2HClO+CaCO3↓，故B正确；C．沉淀总是向更难溶的方向转化，碳酸钙的溶解度更小：CaSO4(s)+Na2CO3(aq)CaCO3(s)+Na2SO4(aq)，故C正确；D．用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72-：Cr2O72+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故D错误，故选D。
考点：考查了离子方程式的书写的相关知识。
10.常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. pH＞7的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、I-
B. 使甲基橙试液变红的溶液中：Al3+、Cu2+、NO3-、SO42-
C. 由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、CO32-、SO42-、Cl-
D. 加铝粉能产生大量H2的溶液中：Na+、NH4+、NO3-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，pH＞7的溶液呈碱性，碱性条件下Mg2+不能大量共存，故A错误；
B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．由水电离出的c(H+)=l.0×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32-不能大量存在，故C错误；
D．加铝粉能产生大量H2的溶液为非氧化性酸溶液或强碱溶液，碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下，Al和H+、NO3-反应不能放出H2，故D错误；
故选B。
11.下列说法正确的是( )
A. AgCl、BaSO4等不溶于水，都属于弱电解质
B. HClO是弱电解质，但NaClO是强电解质
C. CO2、NH3的水溶液能导电，所以它们均是电解质
D. 强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，AgCl、BaSO4均是强电解质，故A错误；
B．HClO为弱酸，属于弱电解质，次氯酸钠为盐，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B正确；
C．NH3、CO2的水溶液导电的原因是一水合氨、碳酸电离出的离子，不是NH3、CO2本身电离的离子，因此NH3、CO2属于非电解质，故C错误；
D．氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，故D错误；
故选B。
12. 下列做法不正确的是
A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
C. 乙醇可与金属钠反应放出氢气 D. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火
【答案】B
【解析】
NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、H2O，而Na2CO3加热不易分解，故B不正确。
13.等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是( )
A. 将钠投入到足量水中
B. 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中
C. 将钠放入足量稀硫酸中
D. 将钠放入足量稀盐酸中
【答案】B
【解析】
试题分析：将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出氢气、铝和氢氧化钠溶液反应也放出氢气，故B放出氢气最多。
考点：本题考查钠的性质。
14.易拉罐的主要成分为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案与现象、结论正确的是( )
选项
实验方案
现象、结论
A
加入盐酸
产生无色气体；含铝、铁、镁三种金属
B
加入NaOH溶液
有无色气体产生；含有镁、铝两种金属
C
加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液
产生白色沉淀；含有金属镁
D
用盐酸溶解并放置一会儿后，加入KSCN溶液
溶液呈红色；含有铁元素
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A．因铝、铁、镁都能和盐酸反应生成气体，其中任意组合都能产生气体，A错误；B．铝、铁、镁中只有铝可与NaOH溶液反应生成无色气体，B错误；C．加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，也可能含有铝，C错误；D．铁单质与酸反应生成亚铁离子，放置一段时间后亚铁离子被氧化铁离子，铁离子遇KSCN溶液溶液呈血红色，D正确，答案选D。
点睛：本题考查金属的性质，注意铝性质的特殊性，既能和强酸反应又能和强碱溶液反应，易错选项是C，注意铝离子和少量氢氧化钠溶液、过量氢氧化钠溶液反应的不同，与氢氧化钠的量有关，为易错点。
15.某工厂用提取粗盐后的盐卤(主要成分为MgCl2)制备金属镁，其工艺流程如下。
，下列说法错误的是（ ）
A. 在实验室实施操作①需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒
B. Mg（OH）2―→MgCl2的离子方程式为：Mg（OH）2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
C. 操作②是将MgCl2溶液蒸干后冷却结晶
D. 操作④阴极和阳极产物的质量比是24∶71
【答案】C
【解析】
A．过滤操作中需要漏斗、烧杯、玻璃棒等玻璃仪器，故A正确；B．发生复分解反应Mg 2++2OH -=Mg(OH)2↓，故B正确；C．MgCl2溶液得到MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，不能蒸干结晶，否则MgCl2会水解生成Mg(OH)2，故C错误；D．电解熔融MgCl2时阳极为氯气，阴极为Mg，阴极和阳极产物的质量比是24∶71，故D正确；故选C。
16.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
A．加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C．氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D．钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A．
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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，题目难度不大．
17.下列说法正确的是( )
A. 铝罐可久盛食醋
B. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现
C. 氧化铝熔点很高，可作耐火材料
D. 明矾作净水剂，可以除去废水中的铜离子
【答案】C
【解析】
A. 食醋中含有醋酸，铝能与醋酸反应，因此铝罐不能久盛食醋，A错误；B. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素物理性质的展现，B正确；C. 氧化铝熔点很高，可作耐火材料，C正确；D. 明矾作净水剂，可以除去水中的悬浮物，但不能除去废水中的铜离子，D错误，答案选C。
18.下列叙述正确的是( )
A. 向氯化铝溶液中加入过量氨水反应的实质是Al3＋＋3NH3·3H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
B. 存在于污水中的重金属离子，常用加入明矾等电解质的方法进行处理
C. 镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液
D. 依据铝热反应原理，能发生反应2Al＋3MgO3Mg＋Al2O3
【答案】A
【解析】
A．氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，A正确；B．存在于污水中的重金属离子一般利用沉淀法，B错误；C．镁和盐酸反应但不和氢氧化钠溶液反应，铝既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，所以镁铝合金不能完全溶于氢氧化钠溶液，C错误；D．镁的活泼性大于铝，所以铝不能置换镁，且活泼金属采用电解的方法冶炼，D错误；答案选A。
点睛：本题涉及离子共存、金属的冶炼、金属的性质等知识点，注意氢氧化铝易溶于强碱但不溶于弱碱，为易错点。
19.向等物质的量浓度的HCl、AlCl3、NH4Cl、MgCl2混合溶液中逐滴加入1 mol·L－1的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 在0～a段加入的NaOH溶液与NH4Cl反应
B. 在b～c段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C. 在d～e段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O
D. 在滴加NaOH溶液全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Al(OH)3
【答案】D
【解析】
A．0～a段加入的NaOH溶液与HCl的反应，A错误；B.b～c段加入的NaOH发生反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，B错误；C．d～e段加入的NaOH溶液发生的反应为Al（OH）3+OH-=AlO2-+H2O，C错误；D．对应的电解质越难电离，越易与OH-反应，五种微粒中，能与OH-反应的有H+，Al3+，Mg2+，NH4+，Al（OH）3其中H+最易与OH-反应，其次为Al3+，Mg2+，反应后生成水、氢氧化铝和氢氧化镁，接着是NH4+，最后溶解Al（OH）3，D正确；答案选D。
20.有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是( )
A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小
B. 等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍
C. 等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多
D. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2一样多
【答案】C
【解析】
A．根据反应的方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，106g碳酸钠完全反应生成1mol二氧化碳，84g碳酸氢钠完全反应生成1mol二氧化碳，故A正确；B．由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，故B正确；C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸较多，故C错误；D．由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，生成二氧化碳一样多，故D正确；故选C。
21.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是( )
A. ①中还需要进行过滤操作，滤渣为二氧化硅
B. a、b中铝元素的存在形式不同
C. ③中需要通入过量的氨气
D. ④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝
【答案】C
【解析】
铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2-和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作，A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2-，a、b中铝元素的化合价均为+3价，B正确；C、③中需要把AlO2-转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；D、根据上面分析可知④是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，D正确，答案选C。
22.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为( )
A. 1∶1 B. 5∶16 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】B
【解析】
【详解】同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2，所以该溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol×2+2xmol×3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol×2+2xmol×3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B。
第Ⅱ卷（非选择题 共56分）
二、填空题（本大题共4个小题)
23.已知某溶液X可能由K+、Cu2+、Ba2+、Fe2+、AlO2-、CO32-、SO42-、I-、MnO4-中的若干种离子组成。某化学兴趣小组通过下列实验确定了其组成。
根据下列实验步骤和现象，推断实验结论：
实验步骤与实验现象
实验结论
Ⅰ.观察溶液：无色透明
①原溶液中一定不含的离子是____
Ⅱ.取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，并得到无色溶液
②原溶液中一定不含的离子是____，一定含有的离子是____
Ⅲ.在Ⅱ所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀A
③原溶液中还一定含有的离子是____，生成沉淀A的离子方程式为____
Ⅳ.Ⅲ所得溶液中再逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，加热也有气体生成，同时析出白色沉淀B
④白色沉淀B中一定含有___，可能含有____
【答案】 (1). Cu2＋、Fe2＋、MnO4- (2). I－、Ba2＋ (3). CO32-、K＋ (4). AlO2- (5). Al3＋＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑ (6). BaCO3 (7). BaSO4
【解析】
【分析】
I、溶液无色，则一定不存在有色离子；
Ⅱ．取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO32-离子反应的离子；得到无色溶液，则一定不存在反应生成颜色物质的离子，再结合溶液呈电中性判断；
Ⅲ．在Ⅱ所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定而且只能存在铝离子；
IV．在Ⅲ所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物；
据此分析解答。
【详解】①根据I，观察溶液：无色透明，则一定不存在有色离子：Cu2+、MnO4-、Fe2+，故答案为：Cu2＋、Fe2＋、MnO4-；
②根据Ⅱ，取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO32-离子反应的Ba2+离子，得到无色溶液，则一定不存在I-，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一的阳离子K+，故答案为：I－、Ba2＋；CO32-、K＋；
③在Ⅱ所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为过量的硝酸与碳酸氢铵反应生成的二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定存在铝离子，则原溶液中一定存在AlO2-，该过程中生成A的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：AlO2-；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；
④在Ⅲ所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，故答案为：BaCO3；BaSO4。
【点睛】本题的易错点和难点为AlO2-的判断，Ⅱ中过量的硝酸将AlO2-转化为铝离子，Ⅲ中铝离子与碳酸氢根了发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀。
24.Ⅰ.某实验小组为探究ClO-、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：
实验①：在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；
实验②：向实验①的溶液中加入4mL 0.5 mol·L-1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。
（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：____。
（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是____。
Ⅱ.（3）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是____(填序号)。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3
（4）“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是____(用离子方程式表示)。
【答案】 (1). ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O (2). 0.004mol (3). C (4). ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ、(1)次氯酸根离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；
(2)实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，结合化合价升高值=化合价降低值=转移电子数分析计算；
Ⅱ、(3)根据Cl2、H2O2、ClO2、O3反应后生成物的价态分析转移的电子数，转移的电子越多，消毒效率越高；
(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2。
【详解】I、(1)实验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，故答案为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
(2)实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，设转移电子的物质的量为x。
H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+ 转移电子
1mol 2mol
0.5mol/L×0.004L x
x==0.004mol，故答案为：0.004 mol；
II、(3)这些物质都为1mol时，Cl2(发生的反应为Cl2+H2O=HCl+HClO)、H2O2(分解生成氧气和水)、ClO2(反应生成氯离子)、O3(1 molO3转化为1 mol O2和1 mol H2O)消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：C；
(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，因此“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，故答案为：ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O。
25.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：
据此回答下列问题：
(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____
(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式：固体B___；沉淀D______；溶液E____。
(3)写出①③反应的化学方程式，离子反应写离子方程式。
①______。
③______。
【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). K2SO4、(NH4)2SO4 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中加入适量盐酸可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，KAl(SO4)2与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4，结合物质的性质分析解答。
【详解】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中加入适量盐酸可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，KAl(SO4)2与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4。
(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步都是溶液和沉淀的分离，可以采用过滤，故答案为：过滤；
(2)由上述分析可知B为Al2O3， D为Fe2O3 溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4，故答案为：Al2O3； Fe2O3；K2SO4、(NH4)2SO4；
(3)反应①为氧化铝和强碱溶液反应生成偏铝酸钠盐和水，离子方程式为Al2O3+2 OH-=2AlO2-+H2O；反应③为偏铝酸根离子和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：Al2O3+2 OH-=2AlO2-+H2O；AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓。
26.如图实验装置用于验证某些物质的性质。在试管A中装入足量的固体NaHCO3，D为固定蚊香的硬纸片。试回答下列问题：
（1）在A试管内发生反应的化学方程式是_____。
（2）B装置的作用是_____。
（3）在双球干燥管内发生反应的化学方程式为____。
（4）双球干燥管内及D处观察到的实验现象是_____。
（5）若将干燥管内的Na2O2换成Na2O，则双球干燥管内及D处观察到的实验现象是：____。
【答案】 (1). (2). 吸收气体中的水蒸气(干燥CO2) (3). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (4). 淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈 (5). 点燃的蚊香逐渐熄灭
【解析】
【分析】
根据装置图，A试管内，碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠和二氧化碳水，生成的二氧化碳经过浓硫酸干燥后与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，据此分析解答。
【详解】(1)A试管内，碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠和二氧化碳水，反应的化学方程式为：；
(2)B中盛的是浓硫酸起到吸收水蒸气干燥二氧化碳气体；
(3)双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；
(4)过氧化钠淡黄色固体，随反应进行变为白色固体碳酸钠，反应生成氧气具有助燃性，蚊香燃烧更剧烈；
(5)氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，在二氧化碳环境中，蚊香逐渐熄灭。
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