【化学】吉林省扶余市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

吉林省扶余市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。
第I卷 （共60分）
注意事项
1．答题前，考生在答题纸和答题卡上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、考号填写清楚。请认真核准考号、姓名和科目。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量：O-16 Fe-56 Na-23 N-14 Cl-35.5 Cu-64 S-32 C-12
一、选择题（本题共20小题。每小题3分，共60分，只有一个选项符合题目要求。）
1.下列叙述正确的是 (  )
A. 氧化还原反应的本质是化合价发生变化
B. 氧化剂在化学反应中被氧化
C. 同一反应中反应物可能既发生氧化反应又发生还原反应
D. 还原剂在反应中发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.氧化还原反应的本质是电子的转移，故A错误；
B.在氧化还原反应中，氧化剂被还原，发生还原反应，故B错误；
C.同一反应中，氧化剂、还原剂可能是同一物质，反应物可能既发生氧化反应又发生还原反应，例如氯气与水的反应中，氯气的化合价由0价升高为+1价，降低为-1价，故氯气既发生氧化反应又发生还原反应，故C正确；
D.在氧化还原反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，故D错误。
故选C。
2.下列情况过程中一定不能产生沉淀的是 ( )
A. CO2气体通入CaCl2溶液中
B. 将NaOH溶液滴入AlCl3溶液中
C. SO2气体通入澄清石灰水中
D. CO2气体通入水玻璃溶液中
【答案】A
【解析】
【详解】A.向CaCl2溶液中通入CO2气体，不发生化学反应，一定不能产生沉淀，所以符合条件，故A正确；
B.将NaOH溶液滴入AlCl3溶液中，首先生成氢氧化铝沉淀，后来沉淀又与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应方程式为：AlCl3+3NaOH=3NaCl+Al(OH)3↓，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以不符合条件，故B错误；
C.SO2气体通入澄清石灰水中，先有白色沉淀生成，过量通入，白色沉淀消失，反应方程式为：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O=Ca（HSO3)2，所以不符合条件，故C错误；
D.CO2气体通入水玻璃溶液中，生成白色的硅酸沉淀，反应方程式为：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，所以不符合条件，故D错误。
故选A。
3.能把Al2(SO4)3﹑Fe2(SO4)3 ﹑MgCl2﹑FeCl2四种溶液区别开来的一种试剂是( )
A. BaCl2 B. NaOH
C. AgNO3 D. NH3·H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.Al2(SO4)3﹑Fe2(SO4)3均与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，不能区分，故A错误；
B.Al2(SO4)3和NaOH溶液反应先生成白色沉淀，再加过量NaoH溶液白色沉淀溶解，反应方程式为：Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；Fe2(SO4)3与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，反应方程式为：Fe2(SO4)3 +6NaOH=Fe(OH)3↓+3Na2SO4；
MgCl2和NaOH溶液反应生成白色沉淀，反应方程式为：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；FeCl2与NaOH溶液反应生成白色沉淀然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，现象不同，可以区分，故B正确；
C.四种溶液均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，不能区分，故C错误；
D.Al2(SO4)3﹑MgCl2均与NH3·H2O反应生成白色沉淀，不能区分，故D错误。
故选B。
4.下列关于NO的叙述正确的是 ( )
A. NO易溶于水，所以可用排空气法收集
B. NO是一种有刺激性气味的红棕色气体
C. 常温常压下，含等质量氧元素的NO和CO的体积相等
D. NO不能通过化合反应获得
【答案】C
【解析】
【详解】A.因NO不溶于水，可以用排水法收集，易于被氧气氧化，所以不能使用排空气法收集，故A错误；
B.NO是一种无色无味的气体，故B错误；
C.由NO和CO可以知道，物质的量相同时含有等质量的氧元素，所以在常温常压下，体积相等，故C正确；
D.常温常压下，一氧化氮能与空气中的氧气直接化合生成红棕色的二氧化氮，故D错误。
故选C。
5.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是 (  )
A. 纯碱溶液:NH4+ 、K+ 、NO3- 、NH3·H2O
B. 空气:CH4、CO2、SO2、NO
C. 无色透明溶液中：Fe2+．Na+．NO3-．H+
D. 高锰酸钾溶液:H+ 、Fe2+、SO3 2- 、H2O2
【答案】A
【解析】
【详解】A.NH4+、K+、NO3-、NH3·H2O之间不发生反应，且都不与纯碱溶液反应，在溶液中可以大量共存，故A符合题意；
B.空气的氧气与NO反应生成NO2，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，不能大量共存，故B不符合题意；
C.Fe2+有颜色，与无色透明溶液条件不符，不能大量共存，故C不符合题意；
D.高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化H2O2，能够将Fe2+氧化为Fe3+，不能大量共存，故D不符合题意。
故选A。
6.为加速漂白粉的漂白作用，最好的方法是 ( )
A. 加入苛性钠溶液 B. 用水湿润
C. 加热干燥使用 D. 加入少量稀盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】根据漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物，其有效成分为次氯酸钙，但实际上起漂白作用的是次氯酸，利用强酸制弱酸的原理，盐酸的酸性比次氯酸的酸性强，次氯酸钙与盐酸反应生成具有漂白性的次氯酸，为加速漂白粉的漂白作用，加入苛性钠溶液、用水湿润、加热干燥使用，都不会产生次氯酸，所以D选项正确。
故选D。
7.关于SO2下列变化和其相应性质对应关系不正确的是: ( )
A. 品红溶液退色---漂白性 B. 导致酸雨---酸性氧化物
C. 高锰酸钾溶液退色---漂白性 D. 通入H2S溶液中变浑浊---氧化性
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2具有漂白性，能够和某些有色物质结合生成无色物质，但是不能漂白酸碱指示剂，能使品红溶液褪色，故A错误；
B.SO2具有酸性氧化物的通性，空气中的二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸，在空气中氧化为硫酸，随雨水落下形成酸雨，二氧化硫是导致酸雨的原因，故B正确；
C.SO2具有还原性，被氧化剂氧化为SO2或硫酸，所以能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.二氧化硫中的硫元素化合价处于+4价，具有弱氧化性，通入H2S溶液中变浑浊，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，二氧化硫表现的是氧化性，故D正确。
故选C。
8.下列关于物质性质及应用的叙述中，正确的是： ( )
A. 合金的硬度一般大于它的各成分纯金属，合金的熔点一般高于它的各成分纯金属
B. 石灰石．粘土．石英和水晶的主要成份都是硅酸盐
C. 因为遇到CO2气体可产生O2，所以Na2O2可以用于呼吸面具的氧气来源
D. 硅是应用广泛的半导体材料，还可以用于制造光导纤维
【答案】C
【解析】
【详解】A.合金的硬度一般大于它的各成分纯金属，合金的熔点一般低于它的各成分纯金属，故A错误；
B.石灰石的主要成分是碳酸钙，石英和水晶的主要成份是二氧化硅，故B错误；
C.因为Na2O2与CO2气体反应可产生O2，所以Na2O2可以用于呼吸面具的氧气来源，故C正确；
D.光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅是应用广泛的半导体材料，故D错误。
故选C。
9.氯气和二氧化硫在一定条件下都具有漂白性，若将同条件下等体积的这两种气体混合物溶于水，则下列说法正确的是： ( )
A. 二者不反应，漂白性不变 B. 所得溶液能使蓝色石蕊试纸变红
C. 二者发生反应，漂白性增强 D. 两者都是因为有较强的氧化性而具有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】氯气和二氧化硫都具有漂白性，但是二者等物质的量混合反应生成无漂白性的氯化氢和硫酸，由此分析解答。
【详解】A.SO2和Cl2等物质的量混合时，发生反应：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，生成物盐酸和稀硫酸无漂白性，故A错误；
B.SO2和Cl2等物质的量混合时，发生反应：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，生成物盐酸和稀硫酸能使蓝色石蕊试纸变红，故B正确；
C.SO2和Cl2等物质的量混合时，发生反应：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，生成物盐酸和稀硫酸无漂白性，故C错误；
D.氯气的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质；而SO2是由于它溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色，漂白原理不相同，故D错误。
故选B。
10.不能证明Fe3+的氧化性的事实是 ( )
A. 硫酸铁溶液可溶解铁粉
B. 常用氯化铁溶液溶解含铜的印刷电路板
C. 含Fe3+的溶液遇到KSCN溶液时变成红色
D. 往氯化铁溶液中通入H2S可出现浑浊
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫酸铁溶液可溶解铁粉，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，属于氧化还原反应，Fe3+作氧化剂，表现氧化性，故A正确；
B.氯化铁溶液溶解含铜的印刷电路板，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，属于氧化还原反应，Fe3+作氧化剂，表现氧化性，故B正确；
C.含Fe3+的溶液遇到KSCN溶液时变成红色，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，为络合反应，故C错误；
D.往氯化铁溶液中通入H2S可出现浑浊，反应的化学方程式为：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，属于氧化还原反应，Fe3+作氧化剂，表现氧化性，故D正确。
故选C。
11.如图所示，锥形瓶内装有干燥的气体A，胶头滴管内盛有液体B，若挤压胶头滴管，使液体B滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球C鼓起。则对于气体A和液体B最可能的是 ( )

A. A是Cl2，B是饱和食盐水
B. A是CO2，B是NaHCO3饱和溶液
C. A是NO，B是水
D. A是SO2，B是烧碱溶液
【答案】D
【解析】
【分析】挤压胶头滴管，使液体B滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球C鼓起，说明锥形瓶内压强减小，A可能溶于B或与B发生反应，据此答题。
【详解】A.食盐水抑制氯气的溶解，故A不选；
B.二氧化碳不能溶于碳酸氢钠溶液，故B不选；
C.一氧化氮不溶于水，故C不选；
D.二氧化硫可以被烧碱溶液吸收，反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故D选。
故选D。
12. 甲、乙、丙、丁四种物质之间存在如图所示转化关系，且甲、乙、丙均含有相同的某种元素。下列推断错误的是（ ）
A. 若甲为焦炭，则丁可能是O2
B. 若甲为N2，则丙可能是NO2
C. 若甲为Cl2，则丁可能是Fe
D. 若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【答案】B
【解析】A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，故A正确；
B．甲为N2，则丙可能是NO2，丁可能是O2，则乙为NO，但丙（NO2）与甲（N2）不能生成NO，故B错误；
C．甲为Cl2，则丁可能是Fe，则乙为FeCl3，丙为FeCl2，故C正确；
D．甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3
，故D正确；
13.通过该反应可制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 ==== 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法不正确的是 ( )
A. H2C2O4在反应中作还原剂 B. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1
C. KClO3在反应中得到电子 D. 1 molKClO3参加反应有2mol电子转移
【答案】D
【解析】
【详解】A.在反应中H2C2O4中的C的化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，故A正确；
B.在反应中草酸中的C的化合价为+3价，反应后变为CO2中的+4价，化合价升高，失去电子，因此CO2是氧化产物；在反应中KClO3中的Cl的化合价为+5价，反应后变为ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子，因此ClO2是还原产物；氧化产物与还原产物的物质的量之比等于系数比，为1:1，故B正确；
C.在反应中KClO3中的Cl的化合价降低，得到电子，故C正确；
D.由于在反应中只有KClO3的Cl的化合价由反应前的+5价变为反应后的+4价，化合价降低1价，所以1molKClO3参加反应，转移的电子为1mol，故D错误。
故选D。
14.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧，电子转移0.2NA个
B. 标准状况下，2.24 LSO3中含有0.1 NA个SO3分子
C. 1.12 L氧气中含有0.1 NA个氧原子
D. 1mol二氧化碳和足量的过氧化钠反应时转移电子数为2NA个
【答案】A
【解析】
【分析】（1）等物质的量铁和氯气反应生成氯化铁，铁过量，反应的电子转移根据氯气计算；
（2）依据气体摩尔体积的应用条件分析；
（3）气体的状态未知，不能使用气体摩尔体积进行计算；
（4）1mol二氧化碳和足量的过氧化钠反应时，转移1mol电子。
【详解】A.等物质的量铁和氯气反应生成氯化铁，铁过量，反应转移的电子数根据氯气计算，0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧，转移电子数为0.2NA，故A正确；
B.标况下，三氧化硫是固体，2.24LSO3物质的量不一定是0.1mol，不一定含有0.1NA个SO3分子，故B错误；
C.氧气的状态未知，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1.12L氧气的物质的量，故C错误；
D.由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应可知，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1mol二氧化碳和足量的过氧化钠反应时，转移1mol电子，电子数为NA个，故D错误。
故选A。
15.自来水常用氯气消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质溶液，不会产生明显的药品变质问题的是 ( )
A. AgNO3 B. FeCl2
C. NaHSO3 D. NaNO3
【答案】D
【解析】
【分析】自来水中，氯气与水发生反应：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子；含有：Cl-、H+、ClO-等离子，结合对应粒子的性质解答该题。
【详解】A.氯水中含有Cl-，加入硝酸银生成氯化银沉淀，不能用于配制AgNO3溶液，故A错误；
B.因氯水中含有Cl2、HClO、ClO-等微粒，具有氧化性，可与FeCl2发生氧化还原反应，则产生明显的药品变质问题，不能用于配制FeCl2溶液，故B错误；
C.因氯水中含有H+，可与NaHSO3发生反应生成二氧化硫气体，不能用于配制NaHSO3溶液，故C错误；
D.因氯水中含有的微粒不会与NaNO3溶液中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，故D正确。
故选D。
16.下列实验结论正确的是 ( )
A. 向某未知试液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则未知液中一定含Cl－
B. 向某未知试液中滴加盐酸，若产生能使品红溶液褪色的气体，则未知液一定含SO32-
C. 向某未知试液中先加入足量的盐酸酸化，未见沉淀和气体产生，再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，则未知液中一定含SO42-
D. 某未知试液中滴加盐酸,若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则未知液一定含CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】A.可能生成硫酸银沉淀、碳酸银沉淀等；
B.可能含有HSO3-，不能确定一定含SO32-；
C.符合SO42-离子的检验方法；
D.可能是生成了二氧化碳或二氧化硫气体，原溶液中可能含有SO32-、HSO3-、CO32-、HCO3-。
【详解】A.硫酸银、氯化银、碳酸银都是白色沉淀，若向某未知试液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，此沉淀不能确定是氯化银沉淀，因氯化银不溶于硝酸，应加入硝酸酸化，故A错误；
B.向某未知试液中滴加盐酸，若产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，原溶液中可能含有SO32-、HSO3-，不能确定一定含SO32-，故B错误；
C.向某未知试液中先加入足量的盐酸酸化，未见沉淀和气体产生，排除了CO32-、SO32-、Ag+等离子的干扰，再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，则未知液中一定含SO42-，故C正确；
D.向某未知试液中滴加盐酸,若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是生成了二氧化碳或二氧化硫气体，原溶液中可能含有SO32-、HSO3-、CO32-、HCO3-，不一定含CO32-，故D错误。
故选C。
17.下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是 ( )
① Al2O3 ②SiO2 ③ Al ④CaCO3 ⑤ Fe(OH)3 ⑥NaHCO3 ⑦ NaHSO4 ⑧Al(OH)3
A. ①．③．⑧ B. 除⑤．⑥．⑦．⑧外
C. ①．③．⑥．⑧ D. ①．②．⑥．⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①Al2O3两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故①符合；
②SiO2能与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，不能与盐酸反应，故②不符合；
③Al能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故③符合；
④CaCO3能与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳与水，不能与氢氧化钠反应，故④不符合；
⑤Fe(OH)3能与盐酸反应生成氯化铁和水，不能与氢氧化钠反应，故⑤不符合；
⑥NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故⑥符合；
⑦NaHSO4属于强酸酸式盐，能与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，不能与盐酸反应，故⑦不符合；
⑧Al（OH3）是两性氢氧化物，既能和盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应都生成盐和水，故⑧符合。
所以既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是①③⑥⑧。
故选C。
18.下列有关物质鉴别的方法描述不正确的是 (   )
A. 无需其他试剂即可鉴别: Na2O2与Na2CO3两种粉末
B. 用澄清石灰水鉴别:Na2CO3和NaHCO3两种无色溶液
C. 用稀盐酸可以鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液
D. 利用焰色反应鉴别NaCl溶液和KCl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na2O2为淡黄色粉末，Na2CO3为白色粉末，无需其他试剂即可鉴别，故A正确；
B.澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3两种无色溶液均反应产生白色的碳酸钙沉淀，因此不能鉴别，故B错误；
C.向两种溶液中缓慢滴加盐酸，如果是NaHCO3溶液，会马上放出气体；而如果是Na2CO3溶液，则会先和盐酸反应生成NaHCO3，过一段时间再放出气体，可以鉴别，故C正确；
D.Na、K元素的焰色分别为黄色、紫色，则用焰色反应鉴别NaCl溶液和KCl溶液，故D正确。
故选B。
19.下列离子方程式中书写正确的一组是( )
①．制取漂白液的反应原理： Cl2＋2OH－=== Cl－＋ClO－+ H2O
②．铁粉加入到三氯化铁溶液中： Fe3+ ＋Fe === 2Fe2+
③．NaHCO3溶液中加入稀盐酸:CO32-+2H+CO2↑+H2O
④．向澄清石灰水中加入少量小苏打溶液： Ca2＋＋OH－＋HCO3－=== CaCO3↓＋H2O
⑤．硫酸铝溶液与足量的氨水混合反应： Al3+ + 4OH－ === AlO2－+ H2O
⑥．过量氯水与FeCl2溶液作用： 2Fe2++Cl2 ==2 Fe3++2Cl－
A. ①②③ B. ③⑥ C. ①③⑥ D. ①④⑥
【答案】D
【解析】
【分析】①氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
②该反应两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；
③碳酸氢钠为弱酸强碱盐，离子方程式中拆成钠离子和碳酸氢根离子；
④澄清石灰水与少量小苏打溶液反应生成碳酸钙沉淀；
⑤氨水为弱碱，反应生成的是氢氧化铝沉淀，且一水合氨不能拆开；
⑥氯水与FeCl2溶液作用生成氯化铁。
【详解】①制取漂白液的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故①正确；
②铁粉加入三氯化铁溶液中，反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故②错误；
③NaHCO3溶液中加入稀盐酸中，反应的离子方程式为：HCO3-+2H+═CO2↑+H2O，故③错误；
④向澄清石灰水中加入少量小苏打溶液，反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，故④正确；
⑤硫酸铝溶液与足量的氨水混合反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故⑤错误；
⑥氯水与FeCl2溶液作用生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故⑥正确。
所以离子方程式中书写正确的是①④⑥。
故选D。
20.将铜片放入0.1mol·L-1FeCl3溶液中,反应一段时间后取出铜片,溶液中,则反应后溶液中与的物质的量之比为 (   )
A. 3:2 B. 3:4 C. 3:5 D. 4:3
【答案】B
【解析】
【详解】铜与FeCl3溶液反应的离子方程式为：2Fe3+＋Cu＝Cu2+＋2Fe2+，根据铁元素守恒得到：c(Fe2+)+c(Fe3+)=0.1mol·L-1。反应一段时间后取出铜片,溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2:3，计算得到c(Fe3+)=0.04mol/L，c(Fe2+)=0.06mol/L。根据离子方程式可知：c（Cu2+）=1/2c（Fe2+）=0.03mol/L，相同溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，则c（Cu2+）：c(Fe3+)=3：4，故B正确。
故选B。
第Ⅱ卷（非选择题，共40分）
二、填空题
21.（1）FeCl3溶液中加入铁粉,溶液由___色变为___色，该反应的离子方程式为______；
（2）除去FeCl3溶液中混有的FeCl2需向溶液中通入______（填物质名称），该反应的离子方程式为______；
（3）在Fe3O4 ＋4CO3Fe＋4CO 2的反应中，_____是氧化剂，被氧化的元素为____，氧化产物是________，若有11.6g Fe3O4参加反应则转移电子的物质的量为__________。
【答案】(1). 棕黄 (2). 浅绿 (3). 2Fe3++Fe==3Fe2+ (4). 氯气 (5). 2Fe2++Cl2 ==2Fe3++2Cl- (6). Fe3O4 (7). 碳 (8). CO2 (9). 0.4mol
【解析】
【分析】（1）铁粉与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁，溶液的颜色由棕黄色变为浅绿色；
（2）FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，可通入氯气；
（3）根据化合价的变化进行分析。
【详解】（1）铁粉与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁，发生的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液的颜色由棕黄色变为浅绿色，故答案为：棕黄，浅绿，2Fe3++Fe=3Fe2+。
（2）FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，所以除去FeCl3溶液中混有的FeCl2需向溶液中通入氯气，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl-，故答案为：氯气，2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl-。
（3）在Fe3O4+4CO3Fe+CO2的反应中，铁元素的化合价降低，则Fe3O4为氧化剂，Fe元素被还原，碳元素的化合价升高，则CO为还原剂，碳元素被氧化，氧化产物是CO2，根据反应方程式可知，1molFe3O4参加反应转移8mol电子，11.6g的Fe3O4物质的量为11.6g÷232g/mol=0.05mol，则转移电子的物质的量为0.4mol，故答案为：Fe3O4，碳，CO2，0.4mol。
22.A、B、C、D四种化合物，其中A、B、C焰色反应均为黄色，而D的焰色反应为紫色，A、C和盐酸反应均得到B，将固体A加热分解可得到C，若在C的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到A的溶液；若D的溶液滴加到FeCl2溶液中，先出现白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀E。
（1）试推断各物质的化学式A：_____、B：_____、C：_______、D：_______、E：______
（2）按要求写出下列方程式：
①A与盐酸反应的离子方程式：__________________________；
②A固体受热分解的化学方程式：______________________；
③D溶液滴加到FeCl2溶液中出现白色沉淀及最后变成红褐色沉淀的相关化学方程式：_______________________。
【答案】(1). NaHCO3 (2). NaCl (3). Na2CO3 (4). KOH、 (5). Fe(OH)3 (6). HCO3-+H+== CO2 ↑+H2O (7). 2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O (8). 2KOH+ FeCl2=Fe(OH)2↓+2KCl、4Fe(OH)2+2H2O+O2==4Fe(OH)3
【解析】
【分析】A、B、C、D四种化合物，其中A、B、C焰色反应均为黄色，含有钠元素，而D的焰色反应为紫色，含有钾元素。A、C和盐酸反应均得到B，将固体A加热分解可得到C，若在C的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到A的溶液，这说明A是碳酸氢钠，C是碳酸钠，B为氯化钠，若D的溶液滴加到FeCl2溶液中，先出现白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀E，所以D是KOH，E是氢氧化铁，据此答题。
【详解】（1）根据分析，A、B、C、D、E分别为NaHCO3、NaCl、Na2CO3、KOH、Fe(OH)3，故答案为：NaHCO3、NaCl、Na2CO3、KOH、Fe(OH)3。
（2）①A为NaHCO3，与盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故答案为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O。
②A为NaHCO3，NaHCO3固体受热分解的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
③D为KOH，KOH溶液滴加到FeCl2溶液中出现白色沉淀及最后变成红褐色沉淀的相关化学方程式为：2KOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2KCl、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案为：2KOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2KCl、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
23.某无色溶液里只含有下列7种离子中的某几种：Mg2+ 、H+ 、Ag+ 、Na+ 、Cl- 、HCO3- 、OH- 。已知：该溶液能跟金属铝反应，且放出氢气。试回答：
（1）若铝跟溶液反应后只有AlO2-生成,则原溶液一定含有的大量离子是_______ ,发生该反应的离子方程式是__________；还可能含有离子是__________。
（2）若铝跟溶液反应后只有Al3+生成，则原溶液中一定不能大量含有的离子是_____。
【答案】(1). Na+、OH- (2). 2Al+2OH-+2H2O  2AlO2-+3H2↑ (3). Cl- (4). HCO3- 、OH- 、Ag+
【解析】
【分析】跟金属铝反应生成H2的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，当生成Al3+时，溶液为酸溶液，当生成AlO2-时，溶液为碱溶液，然后利用离子的共存来分析，并注意离子在水中的颜色。
【详解】离子均为无色，所有离子均与无色透明溶液符合；铝既能与酸作用产生氢气，也能与碱作用产生氢气。
（1）溶液和铝粉反应后有AlO2-生成，离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，溶液显碱性时，Mg2+、H+、Ag+、HCO3-不能存在，根据溶液不显电性，一定存在阳离子，即阳离子只有Na+，说明原溶液中的阴离子一定含OH-，可能含Cl-，
故答案为：Na+、OH-；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Cl-。
（2）溶液和铝粉反应后有Al3+生成，离子反应方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，溶液显酸性，则HCO3-、OH-不存在，根据溶液不显电性，一定存在阴离子，即溶液中肯定有Cl-，而Ag+可与Cl-生成沉淀，说明原溶液中也不存在Ag+，即溶液中一定含有大量的H+、Cl-，可能含Na+、Mg2+，一定不能含有：Ag+、OH-、HCO3-，故答案为：Ag+、OH-、HCO3-。
24.下图所示装置可用于二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取相应的产物，并利用产物进行后续实验，请填写下列空白：

（1）写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式_____________________。
（2）洗气瓶B中放有饱和食盐水、洗气瓶C是为了干燥所制得的气体，在洗气瓶D中放有石灰乳，则B装置的作用是：_________；C瓶中盛装的试剂是______ ；D瓶中发生的化学反应方程式是__________ ，工业上据此反应原理制备__________。
（3）在A装置的反应中参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为：_______。
（4）若反应中制得的气体标准状况下体积为8.96L，则参与氧化还原反应的还原剂的物质的量是_____________。
【答案】(1). 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O . (2). 除去氯气中的氯化氢杂质 (3). 浓硫酸 (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (5). 漂白粉 (6). 1：2 (7). 0.8 mol.
【解析】
【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）生成的氯气中含有杂质氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质，通过浓硫酸除去水蒸气，工业上据此反应原理制备漂白粉；
（3）根据化合价进行分析，判断氧化剂和还原剂；
（4）根据参与氧化还原反应的盐酸的物质的量是氯气的2倍。
【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（2）洗气瓶B中放有饱和食盐水，B装置的作用是除去氯气中的氯化氢杂质；洗气瓶C是为了干燥所制得的气体，且氯气为酸性气体，则C瓶中盛装的试剂是浓硫酸；在洗气瓶D中放有石灰乳，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，工业上据此反应原理制备漂白粉，故答案为：除去氯气中的氯化氢杂质，浓硫酸，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉。
（3）反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，MnO2中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，HCl中只有一半的Cl元素的化合价升高，作还原剂，所以参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。
（4）盐酸参加氧化还原反应生成氯气，根据氯元素守恒参与氧化还原反应的盐酸的物质的量是氯气的2倍，所以则参与氧化还原反应的还原剂的物质的量是8.96L÷22.4L/mol×2=0.8mol，故答案为：0.8mol。
25.如图所示装置可进行二氧化硫的制备和某些性质的实验，请回答下列问题：

（1）A中盛放浓硫的仪器名称是______________。
（2）实验过程中，装置B试管内的___________现象证明SO2具有______性。
（3）实验过程中，装置C试管内的__________现象证明SO2具有______性，反应化学方程式为_____________。
（4）D的作用是_______。
（5）尾气可采用_____________溶液吸收。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 溶液由紫红色变为无色 (3). 还原性 (4). 出现黄色浑浊 (5). 氧化性 (6). SO2＋2Na2S＋2H2O＝3S↓＋4NaOH (7). 探究SO2与品红作用的可逆性 (8). NaOH（氨水等）
【解析】
【分析】（1）根据装置构造判断其名称；
（2）根据二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化分析；
（3）根据二氧化硫能把硫离子氧化为硫单质分析；
（4）根据生成的无色物质不稳定分析解答；
（5）根据二氧化硫是酸性氧化物分析。
【详解】（1）装置A中盛放浓硫的仪器名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
（2）SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，和SO2发生氧化还原反应，因此实验过程中，装置B发生的现象是溶液由紫红色变为无色或紫红色酸性高锰酸钾褪色，故答案为：溶液由紫红色变为无色，还原性。
（3）SO2中S元素的化合价是＋4价，具有氧化性。Na2S中S元素的化合价是－2价，具有还原性。因此SO2通入到Na2S溶液中发生氧化还原反应生成单质S沉淀，所以装置C中发生的现象是无色溶液出现黄色浑浊或，反应方程式为：SO2＋2Na2S＋2H2O＝3S↓＋4NaOH，故答案为：出现黄色浑浊，氧化性，SO2＋2Na2S＋2H2O＝3S↓＋4NaOH。
（4）二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，加热无色溶液时，溶液又变为红色，所以装置D的作用是探究SO2与品红作用的可逆性，故答案为：探究SO2与品红作用的可逆性。
（5）SO2是大气污染物，需要尾气处理。由于SO2是酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液（氨水等）吸收，故答案为：NaOH（氨水等）。