还剩13页未读，
继续阅读
【化学】湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）
展开
湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
第Ⅰ卷(选择题：共40分)
一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项最符合题意。)
1.环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。下列环境问题与所对应的物质不相关的是（ ）
A. 温室效应——CO2 B. 白色污染——建筑垃圾
C. 酸雨——SO2 D. 雾霾——化石燃料
【答案】B
【详解】A.二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；
B.塑料的大量使用造成环境污染，难以降解，造成白色污染，而不是建筑垃圾导致白色污染，故B选；
C.二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；
D.雾霾是悬浮在空气中烟、灰尘等物质，与化石燃料的燃烧有关，故D不选。
2.下列关于胶体的叙述中不正确的是（ ）
A. 丁达尔现象可用来区别胶体与溶液
B. 溶液、胶体、浊液的根本区别是分散质粒子直径的大小
C. 胶体在一定条件下会发生聚沉
D. 胶体粒子能通过半透膜，不能通过滤纸
【答案】D
【详解】A.胶体能产生丁达尔效应，而溶液无法产生丁达尔效应，故可以利用分散系是否能产生丁达尔效应区分溶液与胶体，正确；
B.分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液（直径<1nm）、胶体（直径介于1100nm之间）、浊液（直径>100nm），正确；
C.向胶体中加入少量电解质溶液时，由于加入的阳离子（阴离子）中和了胶体粒子所带的电荷，使胶体粒子聚集成较大的颗粒，从而形成沉淀从分散剂里析出，该过程为聚沉，正确；
D.胶体粒子不能透过半透膜，但能够透过滤纸，常用半透膜分离胶体与溶液，错误。
3.下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 工业上制粗硅并提纯
B. 用FeCl3溶液作为“腐蚀液”刻蚀电路铜板
C. 实验室制CO2
D. 用Na2O2作潜水艇的供氧剂
【答案】C
【详解】A.工业上利用碳还原二氧化硅制粗硅并提纯，C、Si元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B.FeCl3溶液作为“腐蚀液”刻蚀电路铜板，Fe、Cu元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C.实验室用碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；
D.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，过氧化钠中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选。
4.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】A．为蒸发操作，可用于分离溶液中的可溶性固体，故A不选；B．为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，故B不选；C．为溶液的配制，不能用于分离混合物，故C选；D．为洗气装置，可用于分离气体和杂质，故D不选；故选C。
5.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NA
B. 室温下，0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA
C. 标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4L
D. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
【答案】A
【详解】A、根据反应方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2即1mol氮气时转移电子的物质的量为1mol×15/4=3.75mol，故A正确；
B、溶液体积未知，不能计算0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目，故B错误；
C、标准状况下HF不是气态，NA个HF分子所占的体积不是22.4L，故C错误；
D、根据反应方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2可知，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为0.8/3 mol，故D错误。
答案选A。
6.下列溶液中的离子—定能大量共存的是（ ）
A. 含大量MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+
B. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、CO32-
C. 酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-
D. 含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
【答案】A
【详解】A.Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，且都不与MnO4-反应，在溶液中能大量共存，正确；
B.在加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+能够与碱反应生成弱电解质NH3·H2O，酸性条件下CO32-能够与H+反应，故一定不能共存，错误；
C.酸性溶液中含有大量H+，AlO2-与H+反应，在溶液中不能大量共存，错误；
D.铁离子与硫氰根离子发生络合反应、铁离子和I-会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，错误。
7. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl－
B. 将氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O
C. 铝片与氢氧化钠溶液反应：Al+2OH－=AlO2－+H2↑
D. 金属铝溶于盐酸中：Al+2H+=Al3++H2↑
【答案】B
【解析】试题分析：A、反应前后电荷不守恒，正确的应是：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，不正确； B、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，离子反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，正确；C、不符合客观事实，正确应是：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，错误；D、反应前后所带电荷数不同，正确的应是：2Al＋6H＋=2Al3＋3H2↑，错误。
8.某试剂瓶上贴有如下标签，对该试剂理解正确的是（ ）
A. 该溶液中含有的微粒主要有：NaCl、Na+、Cl-、H2O
B. 若取50毫升溶液，其中的c(Cl-)=0.05 mol/L
C. 若取该溶液与0.1 mol/L AgNO3 100 mL溶液完全反应，需要取该溶液10 mL
D. 该溶液与1.0 mol/L Na2SO4溶液的c(Na+)相等
【答案】C
【解析】A. 氯化钠溶于水全部电离出Na+、Cl-，溶液中不存在NaCl，A错误；B. 溶液是均一稳定的，若取50毫升溶液，其中c(Cl-)=1.0mol/L，B错误；C. 100 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中硝酸银的物质的量是0.01mol，完全反应消耗氯化钠是0.01mol，因此需要取该溶液的体积为0.01mol÷1mol/L＝0.01L＝10 mL，C正确；D. 该溶液与1.0mol/LNa2SO4溶液的c(Na+)不相等，后者溶液中钠离子浓度是2.0mol/L，D错误，答案选C。
9.两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的（ ）
A. 电子总数 B. 质子总数 C. 原子总数 D. 质量
【答案】C
【详解】相同条件下，体积相同的两种容器内气体的总物质的量相等。
A.N原子核外电子数为7，O原子的核外电子数为8，另一容器中不能确定N2和O2的物质的量的关系，故电子总数无法确定，两种容器中的电子数不一定相等，故A错误；
B.N原子质子数为7，O原子质子数为8，另一容器中不能确定N2和O2的物质的量的关系，故质子总数无法确定，两种容器中的质子总数不一定相等，故B错误；
C.相同条件下，体积相同的两种容器内气体的总物质的量相等，分子总数相等，因三种气体都是双原子分子，故所含原子总数相同，故C正确；
D.NO的摩尔质量为30g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，另一容器中不能确定N2和O2的物质的量的关系，无法确定两种容器内气体的质量关系，故D错误。
10.有关过氧化钠与水反应，下列说法错误的是（ ）
A. 产生的气体可以使带火星的木条复燃
B. 1mol过氧化钠完全参加反应，将转移电子2mol
C. 反应后的溶液中滴加酚酞后溶液将变红
D. 该反应是放热反应
【答案】B
【详解】A.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气支持燃烧，能够使带火星的木条复燃，故A正确；
B.根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol过氧化钠与足量的水反应生成0.5mol的氧气，转移了1mol的电子，故B错误；
C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，遇到酚酞变红色，故C正确；
D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应属于氧化还原反应，且该反应还是放热反应，故D正确。
故选B。
11.下列实验现象和结论或原因相符的是（ ）
操作及现象
原因或结论
A
一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落
铝的熔点高于三氧化二铝
B
某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl－
C
用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色
溶液中有Na+，无K+
D
向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【解析】试题分析：A、不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝的熔点，故错误；B、溶液可能含有SO42－、SO32－等阴离子，加入AgNO3也会产生白色沉淀，故错误；C、观察K＋，需要通过蓝色钴玻璃，故错误；D、变红说明有铁元素，先加KSCN无明显现象，说明不含Fe3＋，滴加氯水，变红，说明溶液中含有Fe2＋，故正确。
12. 下列各组中的物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是（ ）
A. Fe和FeCl3 B. Na与O2
C. NaOH与CO2 D. NaOH与AlCl3
【答案】A
【解析】试题分析：A．Fe和FeC13发生反应产生FeCl2，与反应条件及物质的量的多少无关，正确；B．Na与O2在室温下反应产生Na2O，在点燃或加热时发生反应产生Na2O2，反应温度不同，产物不同，错误；C．NaOH与少量CO2反应产生碳酸钠和水，与过量CO2反应产生碳酸氢钠，物质的量多少不同，产物不同，错误；D．少量NaOH与AlC13反应产生氢氧化铝和氯化钠；过量NaOH与AlC13反应产生偏铝酸钠、氯化钠和水，物质的量多少不同，反应产物不同，错误。
13.实验室用FeCl2和烧碱制备Fe（OH）2，为了生成的产物不容易被氧化，下列说法不正确的是（ ）
A. 配制FeCl2和烧碱溶液所用的蒸馏水通常要煮沸
B. 可在FeCl2溶液的上面加一层苯，以隔绝空气
C. 向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时，胶头滴管尖嘴不能伸入到试管内
D. 产生Fe（OH）2沉淀后，不能震荡试管
【答案】C
【解析】
【分析】实验室用FeCl2和烧碱制备Fe（OH）2，由于Fe（OH）2有强还原性，极易被氧化，故在制取的过程中的关键是要防氧化，据此分析。
【详解】A.FeCl2和烧碱溶液要现用现配，且配制溶液的蒸馏水要煮沸以除去氧气，确保Fe（OH）2的生成在无氧的环境里，故A正确；
B.在FeCl2溶液的上面加一层苯或一层油，以隔绝空气防止氧气溶入，故B正确；
C.向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时，要将胶头滴管的尖嘴伸入到FeCl2溶液中，防止氢氧化钠溶液在滴入时接触空气溶有氧气，故C错误；
D.产生Fe（OH）2沉淀后，若震荡试管，会增大沉淀与空气的接触的机会，使沉淀更易被氧化，故D正确。
14.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）
A. 焰色反应均为黄色
B. 溶解度：Na2CO3>NaHCO3
C. 可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质
D. 物质的量相同的两种固体分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生的二氧化碳多
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查钠的重要化合物。A.钠元素焰色反应呈黄色；
B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠；
C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠；
D.根据碳守恒分析解答。
【详解】A.钠元素焰色反应呈黄色，所以两者焰色反应均为黄色，故A正确；
B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠，故B正确；
C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，所以可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，故C正确；
D.NaHCO3和Na2CO3都与足量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分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，故D错误。
15. 下列说法中正确的是（ ）
A. 由Na2CO3+ SiO2Na2SiO3+ CO2↑可知，酸性H2SiO3>H2CO3
B. 氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中
C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解
D. 瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置
【答案】D
【解析】试题分析：A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应，而SiO2与Na2CO3是高温下的反应，生成CO2气体逸出，有利于反应的进行，与最高价含氧酸的酸性无关，A项错误；B.氢氟酸与玻璃中的成分反应，氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中，B项错误；C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸，硅酸与盐酸不反应，过量时沉淀不溶解，C项错误；D．瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应，故均不可作为融化NaOH固体的装置，D项正确；答案选D。
16.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出相应结论的是（ ）
方法
现象
结论
A
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含Cl2
B
向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
D
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液变成棕黄色
氯水具有氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查氯气的化学性质。溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为氯水中含有氯气，故A正确；
B.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故B错误；
C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，故C正确；
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2===2FeCl3，说明氯水具有氧化性，故D正确。
17.黑火药是硫磺粉、硝石、木炭粉按一定比例混合而成。古文献《本草经集注》记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。下列推断不正确的是（ ）
A. “紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应
B. “朴消”在灼烧时火焰没有颜色
C. “硝石”在黑火药中起氧化剂的作用
D. “朴消”不能替代“硝石”制黑火药
【答案】B
【解析】A. 钾元素焰色反应为紫色，“紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应，A正确；B. 钠元素焰色反应为黄色，“朴消”在灼烧时火焰为黄色，B错误；C. 硝酸钾中氮元素是+5价，处于最高价，火药发生化学反应时生成氮气，KNO3中氮元素的化合价降低，“硝石”在黑火药中起氧化剂的作用，C正确；D. 硫酸钠没有强氧化性，“朴消”不能替代“硝石”制黑火药，D正确，答案选B。
18.现有硅酸钠、石灰石、二氧化硅三种白色粉末,只用一种试剂就可以将它们鉴别开,该试剂是( )
A. 纯水 B. 盐酸 C. 硝酸银溶液 D. 碳酸钠溶液
【答案】B
【解析】A、在硅酸钠、石灰石、二氧化硅中，后两种物质难溶于水，故A错误；B、加入盐酸三者分别出现白色胶体、气体和无明显现象，能够鉴别，故B正确；C、只有硅酸钠可与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，其余无明显现象，故C错误；D、加入碳酸钠溶液三者均无明显现象，不能鉴别，故D错误。
19.已知有如下反应：① 2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－ ② ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O ③ 2FeCl2+Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B. Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+
D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O
【答案】B
【解析】A.② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在①2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 >Fe3+ 根据② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3－> Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。
20.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，
则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为（ ）
A. 6：1 B. 3：1 C. 2：1 D. 1：2
【答案】D
【解析】由Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O可知：沉淀溶解过程中消耗10ml碱液，则铝离子在沉淀过程中消耗的碱液为30ml，而另外的20ml碱液由镁离子消耗：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；由此可知Al3＋与Mg2＋的物质的量相同，所以原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2；
第Ⅱ卷(非选择题：共60分)
21.如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号．请回答下列问题：
(1)请将分类依据代号填入相应的括号内：
（ ）两种物质都不是电解质
（ ）两种物质都是钠的化合物
（ ）两种物质都是氧化物
（ ）两种物质都是盐
(2)用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上图中某种物质M的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色．
①物质M的化学式为____________。
②证明有红褐色胶体生成的实验操作是____________________________________。
【答案】（1） A C B D （2）① FeCl3② 用一束光照射烧杯中的物质，若能发生丁达尔效应，证明生成了Fe(OH)3胶体。
【解析】试题分析：（1）氢气属于单质，电解质必须是化合物，不属于电解质的范畴，二氧化碳的水溶液能导电，是生成的碳酸导电，二者不属于电解质，含有钠元素的化合物是氧化钠和氯化钠，二氧化碳和氧化钠中有两种元素组成，一种是氧元素，属于氧化物，氯化钠和氯化铁是能电离出酸根阴离子和金属阳离子的化合物，属于盐类，所以答案为：A、C、B、D；（2）①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，继续煮沸可制得一种红褐色氢氧化铁胶体，所以M的化学式为：FeCl3；②胶体具有丁达尔现象，溶液没有，所以可以用一束光照射烧杯中的物质，若能发生丁达尔效应，证明生成了Fe(OH)3胶体。
22.Ⅰ．写出下列反应的离子方程式：
(1)鸡蛋壳溶解在醋酸中：______________________________________；
(2)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：__________________________________________。
Ⅱ．对一份稀溶液作初步分析后发现，溶液无色、澄清，其可能含有SO42-、Na+、CO32-、H+、NO3-、HCO3-、Cl−等离子中的若干种。然后又作了如下分析，以确定这些离子是否存在。
①用石蕊试液检测该溶液时，溶液显红色。
②取2 mL溶液用BaCl2溶液和稀硝酸进行检验，结果生成了白色沉淀。
③对②中所得的混合物充分静置后，取其上层澄清的液体用AgNO3溶液和稀硝酸进行检验，结果又生成了白色沉淀。
请回答下列问题：
(3)原溶液中一定存在的离子是__________，一定不存在的离子是____________。
(4)按上述实验操作中，_______(能/不能)确定原溶液中有Cl−，若不能请说明原因__________________。
【答案】(1). CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑
(2). Cu2++SO42—+Ba2++2OH−===BaSO4↓+Cu(OH)2↓ (3). H+、SO42— (4). CO32—、HCO3— (5). 不能 (6). 操作②中引入了Cl−，干扰操作③对原溶液中Cl− 的检验
【解析】
【分析】（1）醋酸与鸡蛋壳中主要成分碳酸钙发生复分解反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；
（2）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；
（3）原溶液中一定存在的离子是H+、SO42-，一定没有CO32-、HCO3-离子；
（4）因为原操作②中加入BaCl2溶液也会使③中产生AgCl沉淀，不能判断原溶液中是否存在Cl−。
【详解】Ⅰ.（1）将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生，说明醋酸与鸡蛋壳中主要成分碳酸钙发生复分解反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O。
（2）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合发生复分解反应，其离子方程式为：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故答案为：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓。
Ⅱ．①用石蕊试液检测该溶液，溶液显红色，说明溶液呈酸性，说明溶液呈酸性，CO32-、HCO3-与H+离子反应，不能大量共存，则一定不含有CO32-、HCO3-；
②加入足量氯化钡和稀硝酸溶液，结果生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42-离子；
③取②中的上层清液，此时引入氯离子，加入硝酸银溶液，结果又生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明溶液中含有Cl-离子；
（3）原溶液中一定存在的离子是H+、SO42-，一定没有CO32-、HCO3-离子；故答案为：H+、SO42-；CO32-、HCO3-。
（4）因为原操作②中加入BaCl2溶液也会使③中产生AgCl沉淀，不能判断原溶液中是否存在Cl−；故答案为：不能，操作②中引入了Cl−，干扰操作③对原溶液中Cl− 的检验。
23.实验室需要480 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题：
(1)实验中除了托盘天平(砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的其他仪器有______ 、 ___。
(2)下图是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是_______(填操作序号)。
(3)称取NaOH固体时，所需砝码的质量为___________(填写字母)
A．19.2g B．20g C．19.2g ～20g D．大于20g
(4)在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作步骤的是(填写操作步骤的代号)_____________
①称量 ②溶解 ③转移 ④洗涤 ⑤定容 ⑥摇匀
(5)下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_________
A．NaOH固体长期暴露在空气中
B．用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容
C．称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反
D．定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出
E．定容时俯视刻度线
【答案】(1). 胶头滴管、500mL容量瓶 (2). ①③⑤ (3). D (4). ②⑤ (5). BE
【解析】
【分析】（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
（2）依据配置一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤和仪器的正确使用方法解答；
（3）根据n=cV、m=nM计算出500mL1.0mol/L的NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的质量，然后根据氢氧化钠的称量要放到小烧杯里称量来分析；
（4）根据实验操作的方法进行判断；
（5）根据实验操作对c=的影响进行误差分析。
【详解】（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；
（2）①量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，故①错误；
②用玻璃杯搅拌加速固体的溶解，故②正确；
③玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故③错误；
④加水至刻度线的下方，操作正确，故④正确；
⑤定容时，眼睛应平视刻度线，故⑤错误；
⑥加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故⑥正确；故答案为：①③⑤；
（3）由于无450mL的容量瓶，故选用500mL的容量瓶，配制出500mL的1.0mol/L的溶液，500mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液中含有溶质的质量为：m=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20g，需要称量的氢氧化钠的质量为20.0g，而称量氢氧化钠固体时，要放到小烧杯里称量，故选用的砝码的质量大于20.0g，故答案为：D；
（4）①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误；
②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只有1次，故②正确；
③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故②错误；
④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2−3次，故④错误；
⑤定容时，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，只有1次，故正确；
⑥摇匀要在移液后摇匀一次，在定容后再摇匀一次，故⑤错误；故选：②⑤；
（5）A.NaOH固体长期暴露在空气中，导致部分氢氧化钠变质，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的浓度偏低，故A错误；
B.用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B正确；
C.称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反，称量出的氢氧化钠的质量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；
D.定容后发现液面高于刻线，若用胶头滴管将多余的水吸出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；
E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，故E正确。
24.某实验小组利用下图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体(图中夹持及尾气处理装置均已略去)。请回答下列问题：
(1)装置B中发生反应的化学方程式是______________________________．
(2)E中出现的现象是______________________．
(3)该小组把B中反应后的产物加入到足量的盐酸中，用该溶液制取FeCl3•6H2O晶体．
①欲检验溶液中含有Fe3+，选用的试剂为________________，现象是_______________．
②该实验小组同学用上述试剂没有检测到Fe3+，用离子方程式解释滤液中不存在Fe3+可能的原因：_______________________．
③将此滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3最好选择下列物质中的_______．
A．酸性KMnO4溶液 B．Cl2 C．Na2O2 D．FeCl3
【答案】(1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (2). 黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠 (3). KSCN溶液 (4). 向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色 (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). B
【解析】
【分析】（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
（2）氢气能够还原氧化铜生成铜和水，据此判断现象；
（3）①三价铁离子能够与硫氰酸根离子发生络合反应生成血红色的络合物；
②三价铁离子能够氧化铁粉生成二价铁离子；
③氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁。
【详解】（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（2）铁与水蒸气反应生成的氢气能够与氧化铜发生氧化还原反应生成铜和水，所以会看到现象：黑色氧化铜变红，玻璃管右端出现无色液滴；故答案为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠。
（3）①三价铁离子能够与硫氰酸根离子发生络合反应生成血红色的络合物，通常用硫氰化钾（KSCN）碱液三价铁离子，现象为向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色；
故答案为；硫氰化钾（KSCN）；向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色。
②三价铁离子能够氧化铁粉生成二价铁离子，离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
③氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，不会引人新的杂质，所以B正确。故答案为：B。
25.Ⅰ．NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
(1)上述反应中氧化剂是 ________。
(2)根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有①水、②碘化钾淀粉试纸③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有________(填序号)。
(3)请配平以下化学方程式：____Al＋____NaNO3＋____ NaOH= ____NaAlO2＋____ N2↑＋___H2O
若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_________L。
Ⅱ．“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO2＋。
(4)V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43－)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2＋)的盐。请写出 V2O5 分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_______、_______。
【答案】(1). NaNO2 (2). ②⑤ (3). 10 (4). 6 (5). 4 (6). 10 (7). 3 (8). 2 (9). 11.2 (10). Na3VO4 (11). (VO2 ) 2 SO4
【解析】
【分析】根据氧化还原反应的本质、特征和配平方法分析解答；联系氧化还原反应中的电子转移过程和物质的量与气体摩尔体积的关系分析解答。
【详解】Ⅰ.(1)反应中， N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2；
故答案为：NaNO2；
(2) 由反应2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，则选择②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的为NaNO2；故答案为：②③⑤；
(3) Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O，6NaNO3—3N2—30e-，过程中转移5mol e-，即生成0.5mol的N2，则生成标准状况下N2的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；故答案为：10、6、4、10、3、2，11.2；
Ⅱ.(4) 由于V2O5 是两性氧化物，它既能与碱反应，也能和酸反应，其中 V2O5与强碱反应生成VO43－，即与氢氧化钠反应生成Na3VO4，V2O5与强酸生成VO2＋，即与硫酸反应生成(VO2)2SO4；故答案为：Na3VO4 ，(VO2) 2 SO4。
第Ⅰ卷(选择题：共40分)
一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项最符合题意。)
1.环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。下列环境问题与所对应的物质不相关的是（ ）
A. 温室效应——CO2 B. 白色污染——建筑垃圾
C. 酸雨——SO2 D. 雾霾——化石燃料
【答案】B
【详解】A.二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；
B.塑料的大量使用造成环境污染，难以降解，造成白色污染，而不是建筑垃圾导致白色污染，故B选；
C.二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；
D.雾霾是悬浮在空气中烟、灰尘等物质，与化石燃料的燃烧有关，故D不选。
2.下列关于胶体的叙述中不正确的是（ ）
A. 丁达尔现象可用来区别胶体与溶液
B. 溶液、胶体、浊液的根本区别是分散质粒子直径的大小
C. 胶体在一定条件下会发生聚沉
D. 胶体粒子能通过半透膜，不能通过滤纸
【答案】D
【详解】A.胶体能产生丁达尔效应，而溶液无法产生丁达尔效应，故可以利用分散系是否能产生丁达尔效应区分溶液与胶体，正确；
B.分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液（直径<1nm）、胶体（直径介于1100nm之间）、浊液（直径>100nm），正确；
C.向胶体中加入少量电解质溶液时，由于加入的阳离子（阴离子）中和了胶体粒子所带的电荷，使胶体粒子聚集成较大的颗粒，从而形成沉淀从分散剂里析出，该过程为聚沉，正确；
D.胶体粒子不能透过半透膜，但能够透过滤纸，常用半透膜分离胶体与溶液，错误。
3.下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 工业上制粗硅并提纯
B. 用FeCl3溶液作为“腐蚀液”刻蚀电路铜板
C. 实验室制CO2
D. 用Na2O2作潜水艇的供氧剂
【答案】C
【详解】A.工业上利用碳还原二氧化硅制粗硅并提纯，C、Si元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B.FeCl3溶液作为“腐蚀液”刻蚀电路铜板，Fe、Cu元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C.实验室用碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；
D.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，过氧化钠中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选。
4.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】A．为蒸发操作，可用于分离溶液中的可溶性固体，故A不选；B．为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，故B不选；C．为溶液的配制，不能用于分离混合物，故C选；D．为洗气装置，可用于分离气体和杂质，故D不选；故选C。
5.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NA
B. 室温下，0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA
C. 标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4L
D. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
【答案】A
【详解】A、根据反应方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2即1mol氮气时转移电子的物质的量为1mol×15/4=3.75mol，故A正确；
B、溶液体积未知，不能计算0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目，故B错误；
C、标准状况下HF不是气态，NA个HF分子所占的体积不是22.4L，故C错误；
D、根据反应方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2可知，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为0.8/3 mol，故D错误。
答案选A。
6.下列溶液中的离子—定能大量共存的是（ ）
A. 含大量MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+
B. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、CO32-
C. 酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-
D. 含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
【答案】A
【详解】A.Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，且都不与MnO4-反应，在溶液中能大量共存，正确；
B.在加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+能够与碱反应生成弱电解质NH3·H2O，酸性条件下CO32-能够与H+反应，故一定不能共存，错误；
C.酸性溶液中含有大量H+，AlO2-与H+反应，在溶液中不能大量共存，错误；
D.铁离子与硫氰根离子发生络合反应、铁离子和I-会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，错误。
7. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl－
B. 将氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O
C. 铝片与氢氧化钠溶液反应：Al+2OH－=AlO2－+H2↑
D. 金属铝溶于盐酸中：Al+2H+=Al3++H2↑
【答案】B
【解析】试题分析：A、反应前后电荷不守恒，正确的应是：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，不正确； B、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，离子反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，正确；C、不符合客观事实，正确应是：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，错误；D、反应前后所带电荷数不同，正确的应是：2Al＋6H＋=2Al3＋3H2↑，错误。
8.某试剂瓶上贴有如下标签，对该试剂理解正确的是（ ）
A. 该溶液中含有的微粒主要有：NaCl、Na+、Cl-、H2O
B. 若取50毫升溶液，其中的c(Cl-)=0.05 mol/L
C. 若取该溶液与0.1 mol/L AgNO3 100 mL溶液完全反应，需要取该溶液10 mL
D. 该溶液与1.0 mol/L Na2SO4溶液的c(Na+)相等
【答案】C
【解析】A. 氯化钠溶于水全部电离出Na+、Cl-，溶液中不存在NaCl，A错误；B. 溶液是均一稳定的，若取50毫升溶液，其中c(Cl-)=1.0mol/L，B错误；C. 100 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中硝酸银的物质的量是0.01mol，完全反应消耗氯化钠是0.01mol，因此需要取该溶液的体积为0.01mol÷1mol/L＝0.01L＝10 mL，C正确；D. 该溶液与1.0mol/LNa2SO4溶液的c(Na+)不相等，后者溶液中钠离子浓度是2.0mol/L，D错误，答案选C。
9.两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的（ ）
A. 电子总数 B. 质子总数 C. 原子总数 D. 质量
【答案】C
【详解】相同条件下，体积相同的两种容器内气体的总物质的量相等。
A.N原子核外电子数为7，O原子的核外电子数为8，另一容器中不能确定N2和O2的物质的量的关系，故电子总数无法确定，两种容器中的电子数不一定相等，故A错误；
B.N原子质子数为7，O原子质子数为8，另一容器中不能确定N2和O2的物质的量的关系，故质子总数无法确定，两种容器中的质子总数不一定相等，故B错误；
C.相同条件下，体积相同的两种容器内气体的总物质的量相等，分子总数相等，因三种气体都是双原子分子，故所含原子总数相同，故C正确；
D.NO的摩尔质量为30g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，另一容器中不能确定N2和O2的物质的量的关系，无法确定两种容器内气体的质量关系，故D错误。
10.有关过氧化钠与水反应，下列说法错误的是（ ）
A. 产生的气体可以使带火星的木条复燃
B. 1mol过氧化钠完全参加反应，将转移电子2mol
C. 反应后的溶液中滴加酚酞后溶液将变红
D. 该反应是放热反应
【答案】B
【详解】A.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气支持燃烧，能够使带火星的木条复燃，故A正确；
B.根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol过氧化钠与足量的水反应生成0.5mol的氧气，转移了1mol的电子，故B错误；
C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，遇到酚酞变红色，故C正确；
D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应属于氧化还原反应，且该反应还是放热反应，故D正确。
故选B。
11.下列实验现象和结论或原因相符的是（ ）
操作及现象
原因或结论
A
一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落
铝的熔点高于三氧化二铝
B
某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl－
C
用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色
溶液中有Na+，无K+
D
向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【解析】试题分析：A、不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝的熔点，故错误；B、溶液可能含有SO42－、SO32－等阴离子，加入AgNO3也会产生白色沉淀，故错误；C、观察K＋，需要通过蓝色钴玻璃，故错误；D、变红说明有铁元素，先加KSCN无明显现象，说明不含Fe3＋，滴加氯水，变红，说明溶液中含有Fe2＋，故正确。
12. 下列各组中的物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是（ ）
A. Fe和FeCl3 B. Na与O2
C. NaOH与CO2 D. NaOH与AlCl3
【答案】A
【解析】试题分析：A．Fe和FeC13发生反应产生FeCl2，与反应条件及物质的量的多少无关，正确；B．Na与O2在室温下反应产生Na2O，在点燃或加热时发生反应产生Na2O2，反应温度不同，产物不同，错误；C．NaOH与少量CO2反应产生碳酸钠和水，与过量CO2反应产生碳酸氢钠，物质的量多少不同，产物不同，错误；D．少量NaOH与AlC13反应产生氢氧化铝和氯化钠；过量NaOH与AlC13反应产生偏铝酸钠、氯化钠和水，物质的量多少不同，反应产物不同，错误。
13.实验室用FeCl2和烧碱制备Fe（OH）2，为了生成的产物不容易被氧化，下列说法不正确的是（ ）
A. 配制FeCl2和烧碱溶液所用的蒸馏水通常要煮沸
B. 可在FeCl2溶液的上面加一层苯，以隔绝空气
C. 向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时，胶头滴管尖嘴不能伸入到试管内
D. 产生Fe（OH）2沉淀后，不能震荡试管
【答案】C
【解析】
【分析】实验室用FeCl2和烧碱制备Fe（OH）2，由于Fe（OH）2有强还原性，极易被氧化，故在制取的过程中的关键是要防氧化，据此分析。
【详解】A.FeCl2和烧碱溶液要现用现配，且配制溶液的蒸馏水要煮沸以除去氧气，确保Fe（OH）2的生成在无氧的环境里，故A正确；
B.在FeCl2溶液的上面加一层苯或一层油，以隔绝空气防止氧气溶入，故B正确；
C.向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时，要将胶头滴管的尖嘴伸入到FeCl2溶液中，防止氢氧化钠溶液在滴入时接触空气溶有氧气，故C错误；
D.产生Fe（OH）2沉淀后，若震荡试管，会增大沉淀与空气的接触的机会，使沉淀更易被氧化，故D正确。
14.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）
A. 焰色反应均为黄色
B. 溶解度：Na2CO3>NaHCO3
C. 可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质
D. 物质的量相同的两种固体分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生的二氧化碳多
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查钠的重要化合物。A.钠元素焰色反应呈黄色；
B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠；
C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠；
D.根据碳守恒分析解答。
【详解】A.钠元素焰色反应呈黄色，所以两者焰色反应均为黄色，故A正确；
B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠，故B正确；
C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，所以可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，故C正确；
D.NaHCO3和Na2CO3都与足量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分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，故D错误。
15. 下列说法中正确的是（ ）
A. 由Na2CO3+ SiO2Na2SiO3+ CO2↑可知，酸性H2SiO3>H2CO3
B. 氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中
C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解
D. 瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置
【答案】D
【解析】试题分析：A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应，而SiO2与Na2CO3是高温下的反应，生成CO2气体逸出，有利于反应的进行，与最高价含氧酸的酸性无关，A项错误；B.氢氟酸与玻璃中的成分反应，氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中，B项错误；C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸，硅酸与盐酸不反应，过量时沉淀不溶解，C项错误；D．瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应，故均不可作为融化NaOH固体的装置，D项正确；答案选D。
16.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出相应结论的是（ ）
方法
现象
结论
A
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含Cl2
B
向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
D
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液变成棕黄色
氯水具有氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查氯气的化学性质。溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为氯水中含有氯气，故A正确；
B.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故B错误；
C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，故C正确；
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2===2FeCl3，说明氯水具有氧化性，故D正确。
17.黑火药是硫磺粉、硝石、木炭粉按一定比例混合而成。古文献《本草经集注》记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。下列推断不正确的是（ ）
A. “紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应
B. “朴消”在灼烧时火焰没有颜色
C. “硝石”在黑火药中起氧化剂的作用
D. “朴消”不能替代“硝石”制黑火药
【答案】B
【解析】A. 钾元素焰色反应为紫色，“紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应，A正确；B. 钠元素焰色反应为黄色，“朴消”在灼烧时火焰为黄色，B错误；C. 硝酸钾中氮元素是+5价，处于最高价，火药发生化学反应时生成氮气，KNO3中氮元素的化合价降低，“硝石”在黑火药中起氧化剂的作用，C正确；D. 硫酸钠没有强氧化性，“朴消”不能替代“硝石”制黑火药，D正确，答案选B。
18.现有硅酸钠、石灰石、二氧化硅三种白色粉末,只用一种试剂就可以将它们鉴别开,该试剂是( )
A. 纯水 B. 盐酸 C. 硝酸银溶液 D. 碳酸钠溶液
【答案】B
【解析】A、在硅酸钠、石灰石、二氧化硅中，后两种物质难溶于水，故A错误；B、加入盐酸三者分别出现白色胶体、气体和无明显现象，能够鉴别，故B正确；C、只有硅酸钠可与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，其余无明显现象，故C错误；D、加入碳酸钠溶液三者均无明显现象，不能鉴别，故D错误。
19.已知有如下反应：① 2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－ ② ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O ③ 2FeCl2+Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B. Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+
D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O
【答案】B
【解析】A.② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在①2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 >Fe3+ 根据② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3－> Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。
20.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，
则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为（ ）
A. 6：1 B. 3：1 C. 2：1 D. 1：2
【答案】D
【解析】由Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O可知：沉淀溶解过程中消耗10ml碱液，则铝离子在沉淀过程中消耗的碱液为30ml，而另外的20ml碱液由镁离子消耗：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；由此可知Al3＋与Mg2＋的物质的量相同，所以原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2；
第Ⅱ卷(非选择题：共60分)
21.如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号．请回答下列问题：
(1)请将分类依据代号填入相应的括号内：
（ ）两种物质都不是电解质
（ ）两种物质都是钠的化合物
（ ）两种物质都是氧化物
（ ）两种物质都是盐
(2)用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上图中某种物质M的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色．
①物质M的化学式为____________。
②证明有红褐色胶体生成的实验操作是____________________________________。
【答案】（1） A C B D （2）① FeCl3② 用一束光照射烧杯中的物质，若能发生丁达尔效应，证明生成了Fe(OH)3胶体。
【解析】试题分析：（1）氢气属于单质，电解质必须是化合物，不属于电解质的范畴，二氧化碳的水溶液能导电，是生成的碳酸导电，二者不属于电解质，含有钠元素的化合物是氧化钠和氯化钠，二氧化碳和氧化钠中有两种元素组成，一种是氧元素，属于氧化物，氯化钠和氯化铁是能电离出酸根阴离子和金属阳离子的化合物，属于盐类，所以答案为：A、C、B、D；（2）①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，继续煮沸可制得一种红褐色氢氧化铁胶体，所以M的化学式为：FeCl3；②胶体具有丁达尔现象，溶液没有，所以可以用一束光照射烧杯中的物质，若能发生丁达尔效应，证明生成了Fe(OH)3胶体。
22.Ⅰ．写出下列反应的离子方程式：
(1)鸡蛋壳溶解在醋酸中：______________________________________；
(2)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：__________________________________________。
Ⅱ．对一份稀溶液作初步分析后发现，溶液无色、澄清，其可能含有SO42-、Na+、CO32-、H+、NO3-、HCO3-、Cl−等离子中的若干种。然后又作了如下分析，以确定这些离子是否存在。
①用石蕊试液检测该溶液时，溶液显红色。
②取2 mL溶液用BaCl2溶液和稀硝酸进行检验，结果生成了白色沉淀。
③对②中所得的混合物充分静置后，取其上层澄清的液体用AgNO3溶液和稀硝酸进行检验，结果又生成了白色沉淀。
请回答下列问题：
(3)原溶液中一定存在的离子是__________，一定不存在的离子是____________。
(4)按上述实验操作中，_______(能/不能)确定原溶液中有Cl−，若不能请说明原因__________________。
【答案】(1). CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑
(2). Cu2++SO42—+Ba2++2OH−===BaSO4↓+Cu(OH)2↓ (3). H+、SO42— (4). CO32—、HCO3— (5). 不能 (6). 操作②中引入了Cl−，干扰操作③对原溶液中Cl− 的检验
【解析】
【分析】（1）醋酸与鸡蛋壳中主要成分碳酸钙发生复分解反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；
（2）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；
（3）原溶液中一定存在的离子是H+、SO42-，一定没有CO32-、HCO3-离子；
（4）因为原操作②中加入BaCl2溶液也会使③中产生AgCl沉淀，不能判断原溶液中是否存在Cl−。
【详解】Ⅰ.（1）将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生，说明醋酸与鸡蛋壳中主要成分碳酸钙发生复分解反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O。
（2）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合发生复分解反应，其离子方程式为：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故答案为：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓。
Ⅱ．①用石蕊试液检测该溶液，溶液显红色，说明溶液呈酸性，说明溶液呈酸性，CO32-、HCO3-与H+离子反应，不能大量共存，则一定不含有CO32-、HCO3-；
②加入足量氯化钡和稀硝酸溶液，结果生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42-离子；
③取②中的上层清液，此时引入氯离子，加入硝酸银溶液，结果又生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明溶液中含有Cl-离子；
（3）原溶液中一定存在的离子是H+、SO42-，一定没有CO32-、HCO3-离子；故答案为：H+、SO42-；CO32-、HCO3-。
（4）因为原操作②中加入BaCl2溶液也会使③中产生AgCl沉淀，不能判断原溶液中是否存在Cl−；故答案为：不能，操作②中引入了Cl−，干扰操作③对原溶液中Cl− 的检验。
23.实验室需要480 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题：
(1)实验中除了托盘天平(砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的其他仪器有______ 、 ___。
(2)下图是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是_______(填操作序号)。
(3)称取NaOH固体时，所需砝码的质量为___________(填写字母)
A．19.2g B．20g C．19.2g ～20g D．大于20g
(4)在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作步骤的是(填写操作步骤的代号)_____________
①称量 ②溶解 ③转移 ④洗涤 ⑤定容 ⑥摇匀
(5)下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_________
A．NaOH固体长期暴露在空气中
B．用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容
C．称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反
D．定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出
E．定容时俯视刻度线
【答案】(1). 胶头滴管、500mL容量瓶 (2). ①③⑤ (3). D (4). ②⑤ (5). BE
【解析】
【分析】（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
（2）依据配置一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤和仪器的正确使用方法解答；
（3）根据n=cV、m=nM计算出500mL1.0mol/L的NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的质量，然后根据氢氧化钠的称量要放到小烧杯里称量来分析；
（4）根据实验操作的方法进行判断；
（5）根据实验操作对c=的影响进行误差分析。
【详解】（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；
（2）①量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，故①错误；
②用玻璃杯搅拌加速固体的溶解，故②正确；
③玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故③错误；
④加水至刻度线的下方，操作正确，故④正确；
⑤定容时，眼睛应平视刻度线，故⑤错误；
⑥加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故⑥正确；故答案为：①③⑤；
（3）由于无450mL的容量瓶，故选用500mL的容量瓶，配制出500mL的1.0mol/L的溶液，500mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液中含有溶质的质量为：m=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20g，需要称量的氢氧化钠的质量为20.0g，而称量氢氧化钠固体时，要放到小烧杯里称量，故选用的砝码的质量大于20.0g，故答案为：D；
（4）①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误；
②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只有1次，故②正确；
③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故②错误；
④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2−3次，故④错误；
⑤定容时，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，只有1次，故正确；
⑥摇匀要在移液后摇匀一次，在定容后再摇匀一次，故⑤错误；故选：②⑤；
（5）A.NaOH固体长期暴露在空气中，导致部分氢氧化钠变质，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的浓度偏低，故A错误；
B.用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B正确；
C.称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反，称量出的氢氧化钠的质量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；
D.定容后发现液面高于刻线，若用胶头滴管将多余的水吸出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；
E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，故E正确。
24.某实验小组利用下图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体(图中夹持及尾气处理装置均已略去)。请回答下列问题：
(1)装置B中发生反应的化学方程式是______________________________．
(2)E中出现的现象是______________________．
(3)该小组把B中反应后的产物加入到足量的盐酸中，用该溶液制取FeCl3•6H2O晶体．
①欲检验溶液中含有Fe3+，选用的试剂为________________，现象是_______________．
②该实验小组同学用上述试剂没有检测到Fe3+，用离子方程式解释滤液中不存在Fe3+可能的原因：_______________________．
③将此滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3最好选择下列物质中的_______．
A．酸性KMnO4溶液 B．Cl2 C．Na2O2 D．FeCl3
【答案】(1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (2). 黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠 (3). KSCN溶液 (4). 向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色 (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). B
【解析】
【分析】（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
（2）氢气能够还原氧化铜生成铜和水，据此判断现象；
（3）①三价铁离子能够与硫氰酸根离子发生络合反应生成血红色的络合物；
②三价铁离子能够氧化铁粉生成二价铁离子；
③氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁。
【详解】（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（2）铁与水蒸气反应生成的氢气能够与氧化铜发生氧化还原反应生成铜和水，所以会看到现象：黑色氧化铜变红，玻璃管右端出现无色液滴；故答案为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠。
（3）①三价铁离子能够与硫氰酸根离子发生络合反应生成血红色的络合物，通常用硫氰化钾（KSCN）碱液三价铁离子，现象为向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色；
故答案为；硫氰化钾（KSCN）；向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色。
②三价铁离子能够氧化铁粉生成二价铁离子，离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
③氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，不会引人新的杂质，所以B正确。故答案为：B。
25.Ⅰ．NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
(1)上述反应中氧化剂是 ________。
(2)根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有①水、②碘化钾淀粉试纸③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有________(填序号)。
(3)请配平以下化学方程式：____Al＋____NaNO3＋____ NaOH= ____NaAlO2＋____ N2↑＋___H2O
若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_________L。
Ⅱ．“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO2＋。
(4)V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43－)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2＋)的盐。请写出 V2O5 分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_______、_______。
【答案】(1). NaNO2 (2). ②⑤ (3). 10 (4). 6 (5). 4 (6). 10 (7). 3 (8). 2 (9). 11.2 (10). Na3VO4 (11). (VO2 ) 2 SO4
【解析】
【分析】根据氧化还原反应的本质、特征和配平方法分析解答；联系氧化还原反应中的电子转移过程和物质的量与气体摩尔体积的关系分析解答。
【详解】Ⅰ.(1)反应中， N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2；
故答案为：NaNO2；
(2) 由反应2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，则选择②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的为NaNO2；故答案为：②③⑤；
(3) Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O，6NaNO3—3N2—30e-，过程中转移5mol e-，即生成0.5mol的N2，则生成标准状况下N2的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；故答案为：10、6、4、10、3、2，11.2；
Ⅱ.(4) 由于V2O5 是两性氧化物，它既能与碱反应，也能和酸反应，其中 V2O5与强碱反应生成VO43－，即与氢氧化钠反应生成Na3VO4，V2O5与强酸生成VO2＋，即与硫酸反应生成(VO2)2SO4；故答案为：Na3VO4 ，(VO2) 2 SO4。
相关资料
更多
