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【化学】甘肃省靖远二中2018-2019学年高一下学期开学考试试卷（解析版）
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甘肃省靖远二中2018-2019学年高一下学期开学考试试卷
时间：120分钟 满分：100分
(可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56)
一、选择题(本题包括30小题，每小题2分，共60分)
1.下列各组离子，能在酸性溶液中大量共存的是（ ）
A. Fe2+、Al3+、OH－、Cl－ B. Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
C. K+、Cu2+、SO42-、Cl－ D. Na+、OH－、SiO32-、AlO2-
【答案】C
【详解】A项、溶液中OH－与Fe2+、Al3+反应，不能大量共存，故A错误；
B项、溶液中Ca2+与CO32-反应，不能大量共存，故B错误；
C项、在酸性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故C正确；
D项、在酸性条件下H+与OH-、SiO32-、AlO2-反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
2.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+
B. Na放入水中，产生气体：Na + H2O＝Na+ + OH－ + H2↑
C. 向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝：2Fe3+ + 2I－＝2Fe2+ + I2
D. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应： OH－ + HCO3－＝CO2 ↑ + H2O
【答案】C
【详解】A项、铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A错误；
B项、Na放入水中，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B错误；
C项、向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，FeCl3与碘化钾反应生成氯化亚铁和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为2Fe3+ + 2I－＝2Fe2+ + I2，故C正确；
D项、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为OH－ + HCO3－＝CO32－+ H2O，故D错误。
故选C。
3.下列反应中，属于氧化还原反应且属于离子反应的是（ ）
A. 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2 B. CO2＋Ca(OH)2== CaCO3↓＋H2O
C. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D. 2Na+2H2O==2NaOH+H2↑
【答案】D
【详解】A项、过氧化钠与二氧化碳的反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故A错误；
B项、二氧化碳与氢氧化钙反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C项、氧化铁与一氧化碳高温下的反应中铁元素和碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故C错误；
D项、钠与水反应中钠元素和氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应是在水溶液中进行，有离子生成，属于离子反应，故D正确。
故选D。
4.在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1.5mol，Mg2＋为0.5mol，则SO42-的物质的量为 ( )
A. 0.1mol B. 0.5mol C. 0.15mol D. 0.25mol
【答案】B
【解析】试题分析：在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1．5 mol/L，Mg2＋为0．5 mol/L，根据溶液中电荷守恒可知c(SO42-)==0．5 mol/L，故B项正确。
5.证明某溶液中只含Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是( )
A. 先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显血红色
C. 滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀
D. 只需要滴加KSCN溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故A错误；B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故B正确；C．滴加NaOH溶液，沉淀显红褐色，可知有Fe3+，无法证明有Fe2+，故C错误；D．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故D错；故选B。
6.下列分离、提纯、鉴别物质的方法正确的是( )
A. 用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
B. 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3
C. 用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体
D. 用加热、过滤、蒸发的方法可以除去粗盐中的泥沙、CaCl2、MgCl2等杂质
【答案】A
【解析】试题分析：A、丁达尔效应是用来鉴别胶体和溶液的，A项正确；B、BaSO4和BaCO3都难溶于水，不能用溶解、过滤的方法提纯，B项错误；C、溶液和胶体都能通过滤纸，不能用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体，C项错误；D、用加热、过滤、蒸发的方法可以除去粗盐中的泥沙，不能除去CaCl2、MgCl2等杂质，D项错误；答案选A。
7.下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是( )
A. 硅可用于制造光导纤维
B. 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
C. 可用反应Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸
D. 高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应
【答案】C
【解析】A、SiO2可用于制光导纤维，而硅用于半导体材料，故A错误；B、水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水晶主要成分为SiO2，故B错误；C、硅酸酸性弱于盐酸，依据“强酸制弱酸”，可用反应Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸，故C正确；D、试管为玻璃仪器，含有SiO2，高温条件下可以和焦炭反应，故D错误。故选C。
8.在含有Fe3+、Fe2+、AL3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是（ ）
A. Fe3+ B. Fe2+ C. AL3+ D. NH4+
【答案】C
【解析】试题分析：过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，所以金属阳离子分别生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、偏铝酸钠和氨水，其中氢氧化亚铁极易被氧化生成氢氧化铁，氨水易挥发。所以充分反应后，再加入过量的稀盐酸后，有生成氯化铁和氯化铝，因此大量减少的阳离子是亚铁离子和NH4+，铁离子增加，答案选C。
9.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是( )
①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤(NH4)2CO3
A. 全部 B. ①②③ C. ①②③⑤ D. ②③④
【答案】A
【解析】试题分析： ①NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，①正确；②Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，②正确；③Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，③正确；④Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，④正确；⑤(NH4)2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸铵、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和氨水，⑤正确；答案选A。
10.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食．主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的三价砷．下列说法正确的是( )
A. “两者同食”发生的反应中维生素C作氧化剂
B. 五价砷在维生素C作用下发生了还原反应
C. 因为河虾中含有砷元素，所以不能食用
D. 可以推测砒霜中所含的砷元素化合价为+5
【答案】B
【解析】试题分析：A、砷的化合价降低，做氧化剂，所以维生素做还原剂，错误，不选A；B、砷的化合价降低，废水还原反应，正确，选B；C、有毒的是三价砷，不是五价砷，所以只要不生成三价就可以使用，错误，不选C；D、三价砷有毒，所以应该为3价，错误，不选D。
11.下列关于胶体的说法正确的是( )
A. Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水
B. 胶体与其他分散系的本质区别是胶体有丁达尔效应，而其他分散系没有
C. 胶体粒子的直径小于1 nm
D. 胶体的分散质可以通过过滤的方法与分散剂分离
【答案】A
【解析】A、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附作用，可以吸附悬浮在水中的杂质，可净水，故A正确；B、胶体与其它分散系的本质区别是分散质微粒的直径大小，故B错误；C、胶体粒子的直径在1nm-100nm之间，故C错误；D、胶体的分散质和分散剂都可以通过滤纸，不能分离，应用半透膜对胶体分散质和分散剂分离，故D错误。故选A。
12.某学生配置0.1mol．L-1的NaOH溶液480mL，下列说法正确的是( )
A. 选用480mL容量瓶
B. 把烧碱固体放在纸上称量
C. 把称好的固体放入容量瓶中稀释至刻度线
D. 定容时俯视容量瓶的刻度线浓度偏大
【答案】D
【解析】A、实验室中没有480mL的容量瓶，配制480mL溶液，应该选用规格为500mL的容量瓶，故A错误；B、烧碱为NaOH，具有强腐蚀性、易潮解，称量时应该放在小烧杯或表面皿中，不能直接放在纸上，故B错误；C、溶解固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中稀释、溶解溶质，故C错误；D、定容时俯视容量瓶的刻度线，加入的蒸馏水位于刻度线以下，则配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故D正确。故选D。
13. 2.3g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5g固体,由此可判断其氧化产物是（ ）
A. 只有Na2O B. 只有Na2O2 C. Na2O和Na2O2 D. 无法确定
【答案】C
【详解】已知钠与氧气反应，产物为氧化钠或过氧化钠，此题可采用极值法。
钠的物质的量为0．1 mol，若生成物全为Na2O，其质量为0．05 mol×62 g·mol－1＝ 3．1 g<3．5 g；若生成物全为Na2O2，其质量为0．05 mol×78 g·mol－1＝3．9 g>3．5 g；故其生成物为Na2O和Na2O2的混合物。
故选C。
14.向某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，则下列离子在该溶液中一定不会大量存在的是（ ）
A.Na+ B.NO3- C.CO32- D.HCO3-
【答案】D
【解析】某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，说明该溶液有可能是酸溶液也有可能是碱溶液，而HCO3-在酸溶液和碱溶液中都不能大量共存。所以答案选D
15.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，5.6L氯气和16.8L氧气的混合气体中含有分子数为NA
B. 标准状况下，22.4LH2O所含有原子数为3NA
C. NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2：1
D. 1 molNa2O2与H2O完全反应，转移2NA个电子
【答案】A
【解析】试题分析：A．标准状况下，5.6 L氯气和16.8 L氧气的混合气体的物质的量是（5.6L+16.8L）÷22.4L/mol＝1mol，其中含有分子数为NA，A正确；B．标准状况下水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，即22.4 LH2O所含有原子数不是3NA，B错误；C．只有在相同状况下NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2:1，C错误；D．过氧化钠与水的反应中既是氧化剂，也是还原剂，则1 mol Na2O2与H2O完全反应，转移NA个电子，D错误，答案选A。
16.粗盐中含有不溶性泥沙，可溶性的CaCl2、MgCl2以及一些硫酸盐等．精制食盐水的实验操作顺序如下：①加入过量BaCl2溶液，②加入过量NaOH溶液，③加入过量Na2CO3溶液，④过滤，⑤加入适量盐酸．下列说法不正确的是( )
A. ①②③中加入过量的试剂是为了完全除去相应的杂质离子
B. ⑤中可以通过边滴加边测定溶液pH的方法，控制加入的盐酸“适量”
C. 因为Mg(OH)2难溶而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好
D. ③中加入过量Na2CO3溶液仅为了完全除去Ca2+
【答案】D
【解析】A、①加入过量BaCl2溶液，可除掉SO42-，②加入过量NaOH溶液，可除掉Mg2+，③加入过量Na2CO3溶液，可除掉Ca2+，故A正确；B、⑤中可以通过边滴加盐酸，边测定溶液pH的方法，控制加入盐酸的量，从而除掉CO32-、OH－，得到中性的氯化钠溶液，故B正确；C、化学反应向着更难溶的方向进行，Mg(OH)2难溶，而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好，故C正确；D、加Na2CO3要放在加BaCl2之后，③中加入过量Na2CO3不仅完全除去Ca2+，还可以将过量的Ba2+沉淀，故D错误。故选D。
17.下列说法正确的是( )
A. 同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积
B. 等质量的O2 和H2 的物质的量之比为l6：1
C. 不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
D. 同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比
【答案】D
【解析】A．同温同压下，气体摩尔体积相同，液体和固体的体积与密度有关，如果一种是液体一种是固体，相同数目的分子其体积不同，A错误；B．假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=1/32mol：1/2mol=1：16，B错误；C．不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数不一定不等，还与气体摩尔体积有关，C错误；D．根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确；答案选D。
18.下列有关金属及其化合物的知识说法正确的是( )
A. 可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
B. 金属单质导电与电解质溶液导电原因相同
C. 常温下氧气与铝不反应，故常温下铝制品可以广泛应用。
D. 观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na＋
【答案】D
【解析】A、Na和水反应生成NaOH和H2，NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，所以不能置换Mg，故A错误；B、金属导电是自由电子定向移动，电解质溶液导电是溶液中离子发生氧化还原反应，金属单质导电与电解质溶液导电原因不同，故B错误；C、常温下，铝和氧气生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止了内部的铝与氧气的接触，所以铝制品可以广泛利用，并不是因为常温下铝和氧气不反应，故C错误；D、钠元素焰色反应为黄色，观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na+，故D正确。故选D。
19.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。据此，下列说法不正确的( )
A. KClO3发生还原反应
B. H2C2O4在反应中被氧化
C. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
D. 每生成1 mol ClO2，转移的电子数约为6.02×1023
【答案】C
【解析】试题分析：A．Cl元素的化合价降低，得到电子被还原，则KClO3发生还原反应，A正确；B．C元素的化合价升高，失去电子被氧化，则H2C2O4在反应中被氧化，B正确；C．该反应中不能比较H2C2O4、ClO2的氧化性，C错误；D．由Cl元素的化合价变化可知，每1 mol ClO2生成，转移1mol×(5-4)=1mol电子，即该反应转移的电子数约为6.02×1023，D正确；答案选C。
20.下列各组物质在溶液中反应时，以任意比混合均能用同一离子方程式表示的是( )
A. AlCl3溶液和NaOH溶液
B. Ba(OH)2溶液与稀硫酸
C. Na2CO3溶液和稀盐酸
D. CO2和澄清石灰水
【答案】B
【解析】A、AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，离子方程式为Al3++3OH－=Al(OH)3↓；NaOH过量时生成NaAlO2，离子方程式为Al3++4OH－=AlO2－+2H2O，反应物的量不同，离子反应不同，故A错误。B、Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4和H2O，离子方程式为2H++SO42−+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，反应产物与反应物的量无关，则以任意比混合均能用同一离子方程式表示，故B正确。C、HCl少量时生成NaHCO3，离子方程式为CO32−+H+=HCO3－；HCl过量时生成CO2，离子反应为CO32−+2 H+= CO2↑+ H2O，离子反应不同，故C错误。D、CO2少量时生成CaCO3，离子方程式为CO2+Ca2++2OH－= CaCO3↓+ H2O；CO2过量时，沉淀溶解，生成Ca(HCO3)2，离子方程式为CO2+OH－= HCO3－，反应物量不同，离子方程式不同，故D错误。故选B。
21.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。
22.在同温同压下，A容器中盛有H2，B容器中盛有NH3，若使它们所含的原子总数相等，则两种气体的物质的量之比( )
A. 2：1 B. 1：2 C. 2：3 D. 1：3
【答案】A
【详解】原子总数相等，则原子的物质的量相等，假设含有原子为1mol，则氢气物质的量为1mol÷2＝0.5mol，氨气物质的量为1mol÷4＝0.25mol，因此两种气体的物质的量之比=0.5mol：0.25mol=2：1，故答案选A。
23.在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是( )
A. Cl -、Na+、NO3-、Ca2+ B. NH4+、HCO3-、Cl-、K+
C. K+、Ba2+、Cl-、SO42- D. Cu2+、NH4+、I-、Cl-
【答案】A
【解析】A、Cl-、Na+、NO3-、Ca2+在溶液中不反应，均是无色的，可以大量共存，A正确；B、在酸性溶液中HCO3-不能大量共存，B错误；C、Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，C错误；D、Cu2+在溶液中显蓝色，且能氧化I-不能大量共存，D错误，答案选A。
24.在生产、生活及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行检验，以确定物质的组成。下列有关物质检验的说法正确的是( )
A. 炭粉、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸不能将它们区别开
B. (NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl三种物质不能用一种试剂通过化学反应区别开
C. 可以用NaOH溶液检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2
D. 用湿润的淀粉KI试纸可以检验氯化氢气体中是否含有氯气
【答案】D
【解析】A、分别向C、CuO 、Fe三种粉末中加入稀盐酸，现象依次为无现象、溶液变蓝、放出气体，故能区别开，A错误；B、向(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl中分别加入Ba(OH) 2 溶液，现象依次为产生白色沉淀及放出有刺激性气味的气体、只产生白色沉淀、只放出有刺激性气味的气体，所以只用一种试剂通过化学反应可以区别开，故B错误；C、FeCl3与NaOH反应生成红褐色的Fe(OH) 3 沉淀，FeCl2与NaOH反应生成白色的Fe(OH) 2 沉淀，红褐色沉淀会掩盖白色沉淀，难以区别，故不能用NaOH检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2，故 C错误；D、Cl2具有强氧化性，能将KI氧化成I2，使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，而HCl不具有该性质，所以用湿润的淀粉KI试纸可检验HCl气体中是否含有Cl2，故D正确。故选D。
25.下列铁的化合物：①FeCl2；②Fe（OH）3；③FeCl3，其中能通过化合反应直接制得的是（ ）
A. 只有①② B. 只有②③ C. 只有①③ D. 全部
【答案】D
【解析】①2FeCl3+Fe=3FeCl2 ；②4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 ；③2Fe+3Cl22FeCl3 ，所以全部能通过化合反应直接制得，故选D。
26.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为：2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是烧杯中( )
A. 有铁粉无铜粉 B. 有铜粉无铁粉 C. 铁、铜粉都有 D. 铁、铜粉都无
【答案】A
【详解】A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故A选；
B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故B不选；
C．如果铁过量，铁完全将铁离子还原后还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；
D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；
故答案选A。
27.将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol·L-1的NaOH溶液150mL。则原稀硫酸中H2SO4的物质的量浓度为（ ）
A. 1.5mol·L-1 B. 0.5mol·L-1 C. 2mol·L-1 D. 1.2mol·L-1
【答案】C
【解析】试题分析：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.15L×4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）="n/V=0.3mol/0.15L=2" mol•L-1，选项C正确。故选C。
28.下列离子方程式的书写正确的是 ( )
A. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-＋ CO2＋ H2O=H2SiO3↓＋ CO32-
B. 铁和稀硝酸反应：Fe + 2H+=H2↑+ Fe2+
C. 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+ + 3OH- ＝ Al(OH)3↓
D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑
【答案】D
【解析】A、CO2过量时，生成HCO3－，离子方程式为SiO32－+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3－，故A错误；B、硝酸为强氧化性酸，Fe与稀硝酸反应生成NO而不是H2，故B错误；C、向AlCl3溶液中加入过量的NaOH，生成AlO2－，离子方程式为Al3+ +4OH－＝AlO2－+2H2O，故C错误；D、向CuSO4溶液中加Na2O2，Na2O2先与水反应生成NaOH和O2，OH－再与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，总反应离子方程式：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故D正确。故选D。
29.200℃时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了7.2g,则原混合气体的总物质的量为( )
A. 0.2mol B. 0.6mol C. 0.8mol D. l.0mol
【答案】D
【解析】试题分析：向足量的固体Na2 O2 中通入23.2gCO2 和H2O，发生反应：2Na2 O2+2CO2 =2Na2 CO3+O2 ，Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2 ↑，固体只增加了7.2g，是因为生成O2 ，根据质量守恒定律可知m(O2)=23.2g-7.2g=16g，所以n(O2)= 16g÷32g/mol=0.5mol，根据方程式可知n(混合气体)="2" n(O2)=2×0.5mol=1.0mol，所以选项D正确。
30.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，则原混合溶液中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；
二、非选择题(本题包括3小题，共40分)
31.用11.9mol/L的浓盐酸配制80mL1.0mol/L稀盐酸，有如下操作步骤：
①用量筒量取_______mL浓盐酸倒入小烧杯中，加适量蒸馏水稀释；
②继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用_______________小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；
③将容量瓶塞紧，充分摇匀；
④把①中所得溶液小心地转入___________________中；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中。
（1）将上述操作步骤的空白处填写完整。
（2）本实验操作步骤的正确顺序是（填序号，不能重复）__________。
（3）使用玻璃棒在该实验中的作用是_____________________________________。
（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________（填序号）。
A． 洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干
B． 量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面
C． 定容时，仰视刻度线
D． 定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线线
【答案】(1). 8.4 (2). 胶头滴管 (3). 100 mL容量瓶 (4). ①④⑤②③ (5). 搅拌、引流 (6). B
【解析】
【分析】溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，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，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
【详解】（1）实验室配制80mL1.0mol/L稀盐酸应选用100ml容量瓶，由稀释定律可得：11.9mol/L×V×10—3L=1.0mol/L×100×10—3L，解得V=8.4ml；向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，为防止加水超过刻度线，应改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；配制时一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，故答案为：8.4；胶头滴管；100mL容量瓶；
（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯与玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶，继续注入蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，故实验操作顺序为：①④⑤②③，故答案为：①④⑤②③；
（3）配制过程中，溶解时用到玻璃棒，起搅拌作用；转移和定容时用到玻璃棒，起引流作用，故答案为：搅拌、引流；
（4）A、洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变；
B、量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面，导致所取盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，所测结果偏高；
C、定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；
D、定容后，加盖倒转摇匀后，容量瓶的壁上会残留部分溶液,液面会低于刻度线，对实验结果无影响。
综上所述，会使配制结果偏高的是B，故答案为B。
32.欲用含有少量氯化钙的氯化钠固体，配制100 mL 1mol·L－1的氯化钠溶液，设计了下面的操作方案。根据方案操作步骤回答下列问题：
(1)称量粗盐样品m g，所用仪器名称为：_____________。
(2)过滤时，玻璃棒的作用是：__________________。
(3)蒸发操作时应将液体放在__________中加热，等加热至________时即停止加热。
(4)在样品的溶液中加入过量的Na2CO3溶液，作用是_________，反应的化学方程式是_____________。
(5)在滤液中加入盐酸的作用是_________________，反应的离子程式是___________。
(6)配制100 mL 1 mol·L－1的NaCl溶液时，应从W g固体中称取NaCl的质量为___，配制时应在___中进行定容。
【答案】(1). 托盘天平 (2). 引流 (3). 蒸发皿 (4). 出现大量晶体 (5). 使钙离子完全形成沉淀而除去 (6). CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl (7). 除去过量的Na2CO3 (8). CO32-＋2H+===H2O＋CO2↑ (9). 5.9 g (10). 100 mL容量瓶
【解析】（1）称量固体的仪器为：托盘天平。
（2）过滤时要使用玻璃棒：引流。
（3）蒸发操作时应将液体放在蒸发皿中加热，等出现大量晶体时即停止加热，利用余热使水分蒸干。故答案为：蒸发皿；出现大量晶体。
（4）NaCl固体中含有少量CaCl2，溶解后，加入过量的Na2CO3溶液，使钙离子完全形成沉淀而除去，反应方程式为CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl。
（5）过滤，滤液中主要成分为NaCl和少量未反应完的Na2CO3，加入稀盐酸除去过量的Na2CO3，反应的离子方程式为：CO32-＋2H+=H2O＋CO2↑。
（6）配制100 mL 1 mol/L的NaCl溶液，需NaCl的质量m=cVM=1 mol/L×0.1L×58.5g/mol=5.85g。由于托盘天平的精确度为0.1g，故称量5.9g。配制100mL一定物质的量浓度的溶液应在100mL容量瓶中定容。故答案为：5.9g；100mL容量瓶。
33.某同学利用如图所示装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质。
(1)试管中发生反应的化学方程式为_______________________________。
(2)该同学欲确定反应一段时间后试管中固体物质的成分，设计了如下方案：
①待试管冷却，取其中固体少许溶于稀盐酸得溶液B；
②取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红，则试管中固体是________(只有一个选项符合题意)，若溶液未变红，则试管中固体是________(只有一个选项符合题意)。
A．一定有Fe3O4，可能有Fe B．只有Fe(OH)3 C．一定有Fe3O4和Fe
D．一定有Fe(OH)3，可能有Fe E．只有Fe3O4
(3)该同学按上述方案进行了实验，溶液未变红色，原因是：__________(用离子方程式表示)。
(4)该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应。若按右图所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出与上述现象相关反应的化学方程式______，_________。
(5)一段时间后，该同学发现(3)中未变红的溶液变成红色。由此可知，实验室FeCl2溶液需现用现配的原因是___________________________________，并且配制时应加入少量________。
【答案】(1). 3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2 (2). A (3). C (4). 2Fe3+＋Fe===3Fe2+ (5). FeCl2＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋2NaCl (6). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (7). FeCl2易被空气氧化为FeCl3 (8). 铁粉
【解析】（1）铁与水蒸气高温下反应生成Fe3O4和H2，反应方程式：3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2；
（2）滴加KSCN后，若溶液变红色则说明溶液中有Fe3+，但不能排除溶液中是否有Fe2+，所以硬质试管中固体物质的成分一定有Fe3O4，可能有Fe，故选A；若溶液未变红色则说明溶液中无Fe3+，则一定有未反应完的Fe把Fe3+还原为Fe2+，硬质试管中固体物质的成分一定有Fe3O4和Fe，故选C。故答案为：A；C。
（3）Fe把Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3+＋Fe=3Fe2+。
（4）取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应，生成白色沉淀，则白色沉淀为Fe(OH)2，溶液B中含有FeCl2，反应方程式为：FeCl2＋2NaOH=Fe(OH)2↓＋2NaCl；Fe(OH)2具有还原性，易被空气中氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。故答案为：FeCl2＋2NaOH=Fe(OH)2↓＋2NaCl；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
（5）一段时间后，该同学发现（3）中未变红的溶液变成红色，则（3）中Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，所以实验室FeCl2溶液需现用现配，且配制时在溶液中加入少量的铁粉，防止Fe2+被氧化。故答案为：FeCl2易被空气氧化为FeCl3；铁粉。
时间：120分钟 满分：100分
(可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56)
一、选择题(本题包括30小题，每小题2分，共60分)
1.下列各组离子，能在酸性溶液中大量共存的是（ ）
A. Fe2+、Al3+、OH－、Cl－ B. Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
C. K+、Cu2+、SO42-、Cl－ D. Na+、OH－、SiO32-、AlO2-
【答案】C
【详解】A项、溶液中OH－与Fe2+、Al3+反应，不能大量共存，故A错误；
B项、溶液中Ca2+与CO32-反应，不能大量共存，故B错误；
C项、在酸性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故C正确；
D项、在酸性条件下H+与OH-、SiO32-、AlO2-反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
2.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+
B. Na放入水中，产生气体：Na + H2O＝Na+ + OH－ + H2↑
C. 向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝：2Fe3+ + 2I－＝2Fe2+ + I2
D. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应： OH－ + HCO3－＝CO2 ↑ + H2O
【答案】C
【详解】A项、铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A错误；
B项、Na放入水中，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B错误；
C项、向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，FeCl3与碘化钾反应生成氯化亚铁和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为2Fe3+ + 2I－＝2Fe2+ + I2，故C正确；
D项、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为OH－ + HCO3－＝CO32－+ H2O，故D错误。
故选C。
3.下列反应中，属于氧化还原反应且属于离子反应的是（ ）
A. 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2 B. CO2＋Ca(OH)2== CaCO3↓＋H2O
C. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D. 2Na+2H2O==2NaOH+H2↑
【答案】D
【详解】A项、过氧化钠与二氧化碳的反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故A错误；
B项、二氧化碳与氢氧化钙反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C项、氧化铁与一氧化碳高温下的反应中铁元素和碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故C错误；
D项、钠与水反应中钠元素和氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应是在水溶液中进行，有离子生成，属于离子反应，故D正确。
故选D。
4.在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1.5mol，Mg2＋为0.5mol，则SO42-的物质的量为 ( )
A. 0.1mol B. 0.5mol C. 0.15mol D. 0.25mol
【答案】B
【解析】试题分析：在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1．5 mol/L，Mg2＋为0．5 mol/L，根据溶液中电荷守恒可知c(SO42-)==0．5 mol/L，故B项正确。
5.证明某溶液中只含Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是( )
A. 先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显血红色
C. 滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀
D. 只需要滴加KSCN溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故A错误；B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故B正确；C．滴加NaOH溶液，沉淀显红褐色，可知有Fe3+，无法证明有Fe2+，故C错误；D．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故D错；故选B。
6.下列分离、提纯、鉴别物质的方法正确的是( )
A. 用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
B. 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3
C. 用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体
D. 用加热、过滤、蒸发的方法可以除去粗盐中的泥沙、CaCl2、MgCl2等杂质
【答案】A
【解析】试题分析：A、丁达尔效应是用来鉴别胶体和溶液的，A项正确；B、BaSO4和BaCO3都难溶于水，不能用溶解、过滤的方法提纯，B项错误；C、溶液和胶体都能通过滤纸，不能用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体，C项错误；D、用加热、过滤、蒸发的方法可以除去粗盐中的泥沙，不能除去CaCl2、MgCl2等杂质，D项错误；答案选A。
7.下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是( )
A. 硅可用于制造光导纤维
B. 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
C. 可用反应Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸
D. 高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应
【答案】C
【解析】A、SiO2可用于制光导纤维，而硅用于半导体材料，故A错误；B、水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水晶主要成分为SiO2，故B错误；C、硅酸酸性弱于盐酸，依据“强酸制弱酸”，可用反应Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸，故C正确；D、试管为玻璃仪器，含有SiO2，高温条件下可以和焦炭反应，故D错误。故选C。
8.在含有Fe3+、Fe2+、AL3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是（ ）
A. Fe3+ B. Fe2+ C. AL3+ D. NH4+
【答案】C
【解析】试题分析：过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，所以金属阳离子分别生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、偏铝酸钠和氨水，其中氢氧化亚铁极易被氧化生成氢氧化铁，氨水易挥发。所以充分反应后，再加入过量的稀盐酸后，有生成氯化铁和氯化铝，因此大量减少的阳离子是亚铁离子和NH4+，铁离子增加，答案选C。
9.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是( )
①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤(NH4)2CO3
A. 全部 B. ①②③ C. ①②③⑤ D. ②③④
【答案】A
【解析】试题分析： ①NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，①正确；②Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，②正确；③Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，③正确；④Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，④正确；⑤(NH4)2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸铵、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和氨水，⑤正确；答案选A。
10.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食．主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的三价砷．下列说法正确的是( )
A. “两者同食”发生的反应中维生素C作氧化剂
B. 五价砷在维生素C作用下发生了还原反应
C. 因为河虾中含有砷元素，所以不能食用
D. 可以推测砒霜中所含的砷元素化合价为+5
【答案】B
【解析】试题分析：A、砷的化合价降低，做氧化剂，所以维生素做还原剂，错误，不选A；B、砷的化合价降低，废水还原反应，正确，选B；C、有毒的是三价砷，不是五价砷，所以只要不生成三价就可以使用，错误，不选C；D、三价砷有毒，所以应该为3价，错误，不选D。
11.下列关于胶体的说法正确的是( )
A. Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水
B. 胶体与其他分散系的本质区别是胶体有丁达尔效应，而其他分散系没有
C. 胶体粒子的直径小于1 nm
D. 胶体的分散质可以通过过滤的方法与分散剂分离
【答案】A
【解析】A、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附作用，可以吸附悬浮在水中的杂质，可净水，故A正确；B、胶体与其它分散系的本质区别是分散质微粒的直径大小，故B错误；C、胶体粒子的直径在1nm-100nm之间，故C错误；D、胶体的分散质和分散剂都可以通过滤纸，不能分离，应用半透膜对胶体分散质和分散剂分离，故D错误。故选A。
12.某学生配置0.1mol．L-1的NaOH溶液480mL，下列说法正确的是( )
A. 选用480mL容量瓶
B. 把烧碱固体放在纸上称量
C. 把称好的固体放入容量瓶中稀释至刻度线
D. 定容时俯视容量瓶的刻度线浓度偏大
【答案】D
【解析】A、实验室中没有480mL的容量瓶，配制480mL溶液，应该选用规格为500mL的容量瓶，故A错误；B、烧碱为NaOH，具有强腐蚀性、易潮解，称量时应该放在小烧杯或表面皿中，不能直接放在纸上，故B错误；C、溶解固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中稀释、溶解溶质，故C错误；D、定容时俯视容量瓶的刻度线，加入的蒸馏水位于刻度线以下，则配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故D正确。故选D。
13. 2.3g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5g固体,由此可判断其氧化产物是（ ）
A. 只有Na2O B. 只有Na2O2 C. Na2O和Na2O2 D. 无法确定
【答案】C
【详解】已知钠与氧气反应，产物为氧化钠或过氧化钠，此题可采用极值法。
钠的物质的量为0．1 mol，若生成物全为Na2O，其质量为0．05 mol×62 g·mol－1＝ 3．1 g<3．5 g；若生成物全为Na2O2，其质量为0．05 mol×78 g·mol－1＝3．9 g>3．5 g；故其生成物为Na2O和Na2O2的混合物。
故选C。
14.向某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，则下列离子在该溶液中一定不会大量存在的是（ ）
A.Na+ B.NO3- C.CO32- D.HCO3-
【答案】D
【解析】某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，说明该溶液有可能是酸溶液也有可能是碱溶液，而HCO3-在酸溶液和碱溶液中都不能大量共存。所以答案选D
15.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，5.6L氯气和16.8L氧气的混合气体中含有分子数为NA
B. 标准状况下，22.4LH2O所含有原子数为3NA
C. NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2：1
D. 1 molNa2O2与H2O完全反应，转移2NA个电子
【答案】A
【解析】试题分析：A．标准状况下，5.6 L氯气和16.8 L氧气的混合气体的物质的量是（5.6L+16.8L）÷22.4L/mol＝1mol，其中含有分子数为NA，A正确；B．标准状况下水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，即22.4 LH2O所含有原子数不是3NA，B错误；C．只有在相同状况下NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2:1，C错误；D．过氧化钠与水的反应中既是氧化剂，也是还原剂，则1 mol Na2O2与H2O完全反应，转移NA个电子，D错误，答案选A。
16.粗盐中含有不溶性泥沙，可溶性的CaCl2、MgCl2以及一些硫酸盐等．精制食盐水的实验操作顺序如下：①加入过量BaCl2溶液，②加入过量NaOH溶液，③加入过量Na2CO3溶液，④过滤，⑤加入适量盐酸．下列说法不正确的是( )
A. ①②③中加入过量的试剂是为了完全除去相应的杂质离子
B. ⑤中可以通过边滴加边测定溶液pH的方法，控制加入的盐酸“适量”
C. 因为Mg(OH)2难溶而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好
D. ③中加入过量Na2CO3溶液仅为了完全除去Ca2+
【答案】D
【解析】A、①加入过量BaCl2溶液，可除掉SO42-，②加入过量NaOH溶液，可除掉Mg2+，③加入过量Na2CO3溶液，可除掉Ca2+，故A正确；B、⑤中可以通过边滴加盐酸，边测定溶液pH的方法，控制加入盐酸的量，从而除掉CO32-、OH－，得到中性的氯化钠溶液，故B正确；C、化学反应向着更难溶的方向进行，Mg(OH)2难溶，而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好，故C正确；D、加Na2CO3要放在加BaCl2之后，③中加入过量Na2CO3不仅完全除去Ca2+，还可以将过量的Ba2+沉淀，故D错误。故选D。
17.下列说法正确的是( )
A. 同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积
B. 等质量的O2 和H2 的物质的量之比为l6：1
C. 不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
D. 同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比
【答案】D
【解析】A．同温同压下，气体摩尔体积相同，液体和固体的体积与密度有关，如果一种是液体一种是固体，相同数目的分子其体积不同，A错误；B．假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=1/32mol：1/2mol=1：16，B错误；C．不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数不一定不等，还与气体摩尔体积有关，C错误；D．根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确；答案选D。
18.下列有关金属及其化合物的知识说法正确的是( )
A. 可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
B. 金属单质导电与电解质溶液导电原因相同
C. 常温下氧气与铝不反应，故常温下铝制品可以广泛应用。
D. 观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na＋
【答案】D
【解析】A、Na和水反应生成NaOH和H2，NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，所以不能置换Mg，故A错误；B、金属导电是自由电子定向移动，电解质溶液导电是溶液中离子发生氧化还原反应，金属单质导电与电解质溶液导电原因不同，故B错误；C、常温下，铝和氧气生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止了内部的铝与氧气的接触，所以铝制品可以广泛利用，并不是因为常温下铝和氧气不反应，故C错误；D、钠元素焰色反应为黄色，观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na+，故D正确。故选D。
19.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。据此，下列说法不正确的( )
A. KClO3发生还原反应
B. H2C2O4在反应中被氧化
C. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
D. 每生成1 mol ClO2，转移的电子数约为6.02×1023
【答案】C
【解析】试题分析：A．Cl元素的化合价降低，得到电子被还原，则KClO3发生还原反应，A正确；B．C元素的化合价升高，失去电子被氧化，则H2C2O4在反应中被氧化，B正确；C．该反应中不能比较H2C2O4、ClO2的氧化性，C错误；D．由Cl元素的化合价变化可知，每1 mol ClO2生成，转移1mol×(5-4)=1mol电子，即该反应转移的电子数约为6.02×1023，D正确；答案选C。
20.下列各组物质在溶液中反应时，以任意比混合均能用同一离子方程式表示的是( )
A. AlCl3溶液和NaOH溶液
B. Ba(OH)2溶液与稀硫酸
C. Na2CO3溶液和稀盐酸
D. CO2和澄清石灰水
【答案】B
【解析】A、AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，离子方程式为Al3++3OH－=Al(OH)3↓；NaOH过量时生成NaAlO2，离子方程式为Al3++4OH－=AlO2－+2H2O，反应物的量不同，离子反应不同，故A错误。B、Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4和H2O，离子方程式为2H++SO42−+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，反应产物与反应物的量无关，则以任意比混合均能用同一离子方程式表示，故B正确。C、HCl少量时生成NaHCO3，离子方程式为CO32−+H+=HCO3－；HCl过量时生成CO2，离子反应为CO32−+2 H+= CO2↑+ H2O，离子反应不同，故C错误。D、CO2少量时生成CaCO3，离子方程式为CO2+Ca2++2OH－= CaCO3↓+ H2O；CO2过量时，沉淀溶解，生成Ca(HCO3)2，离子方程式为CO2+OH－= HCO3－，反应物量不同，离子方程式不同，故D错误。故选B。
21.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。
22.在同温同压下，A容器中盛有H2，B容器中盛有NH3，若使它们所含的原子总数相等，则两种气体的物质的量之比( )
A. 2：1 B. 1：2 C. 2：3 D. 1：3
【答案】A
【详解】原子总数相等，则原子的物质的量相等，假设含有原子为1mol，则氢气物质的量为1mol÷2＝0.5mol，氨气物质的量为1mol÷4＝0.25mol，因此两种气体的物质的量之比=0.5mol：0.25mol=2：1，故答案选A。
23.在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是( )
A. Cl -、Na+、NO3-、Ca2+ B. NH4+、HCO3-、Cl-、K+
C. K+、Ba2+、Cl-、SO42- D. Cu2+、NH4+、I-、Cl-
【答案】A
【解析】A、Cl-、Na+、NO3-、Ca2+在溶液中不反应，均是无色的，可以大量共存，A正确；B、在酸性溶液中HCO3-不能大量共存，B错误；C、Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，C错误；D、Cu2+在溶液中显蓝色，且能氧化I-不能大量共存，D错误，答案选A。
24.在生产、生活及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行检验，以确定物质的组成。下列有关物质检验的说法正确的是( )
A. 炭粉、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸不能将它们区别开
B. (NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl三种物质不能用一种试剂通过化学反应区别开
C. 可以用NaOH溶液检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2
D. 用湿润的淀粉KI试纸可以检验氯化氢气体中是否含有氯气
【答案】D
【解析】A、分别向C、CuO 、Fe三种粉末中加入稀盐酸，现象依次为无现象、溶液变蓝、放出气体，故能区别开，A错误；B、向(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl中分别加入Ba(OH) 2 溶液，现象依次为产生白色沉淀及放出有刺激性气味的气体、只产生白色沉淀、只放出有刺激性气味的气体，所以只用一种试剂通过化学反应可以区别开，故B错误；C、FeCl3与NaOH反应生成红褐色的Fe(OH) 3 沉淀，FeCl2与NaOH反应生成白色的Fe(OH) 2 沉淀，红褐色沉淀会掩盖白色沉淀，难以区别，故不能用NaOH检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2，故 C错误；D、Cl2具有强氧化性，能将KI氧化成I2，使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，而HCl不具有该性质，所以用湿润的淀粉KI试纸可检验HCl气体中是否含有Cl2，故D正确。故选D。
25.下列铁的化合物：①FeCl2；②Fe（OH）3；③FeCl3，其中能通过化合反应直接制得的是（ ）
A. 只有①② B. 只有②③ C. 只有①③ D. 全部
【答案】D
【解析】①2FeCl3+Fe=3FeCl2 ；②4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 ；③2Fe+3Cl22FeCl3 ，所以全部能通过化合反应直接制得，故选D。
26.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为：2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是烧杯中( )
A. 有铁粉无铜粉 B. 有铜粉无铁粉 C. 铁、铜粉都有 D. 铁、铜粉都无
【答案】A
【详解】A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故A选；
B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故B不选；
C．如果铁过量，铁完全将铁离子还原后还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；
D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；
故答案选A。
27.将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol·L-1的NaOH溶液150mL。则原稀硫酸中H2SO4的物质的量浓度为（ ）
A. 1.5mol·L-1 B. 0.5mol·L-1 C. 2mol·L-1 D. 1.2mol·L-1
【答案】C
【解析】试题分析：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.15L×4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）="n/V=0.3mol/0.15L=2" mol•L-1，选项C正确。故选C。
28.下列离子方程式的书写正确的是 ( )
A. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-＋ CO2＋ H2O=H2SiO3↓＋ CO32-
B. 铁和稀硝酸反应：Fe + 2H+=H2↑+ Fe2+
C. 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+ + 3OH- ＝ Al(OH)3↓
D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑
【答案】D
【解析】A、CO2过量时，生成HCO3－，离子方程式为SiO32－+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3－，故A错误；B、硝酸为强氧化性酸，Fe与稀硝酸反应生成NO而不是H2，故B错误；C、向AlCl3溶液中加入过量的NaOH，生成AlO2－，离子方程式为Al3+ +4OH－＝AlO2－+2H2O，故C错误；D、向CuSO4溶液中加Na2O2，Na2O2先与水反应生成NaOH和O2，OH－再与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，总反应离子方程式：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故D正确。故选D。
29.200℃时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了7.2g,则原混合气体的总物质的量为( )
A. 0.2mol B. 0.6mol C. 0.8mol D. l.0mol
【答案】D
【解析】试题分析：向足量的固体Na2 O2 中通入23.2gCO2 和H2O，发生反应：2Na2 O2+2CO2 =2Na2 CO3+O2 ，Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2 ↑，固体只增加了7.2g，是因为生成O2 ，根据质量守恒定律可知m(O2)=23.2g-7.2g=16g，所以n(O2)= 16g÷32g/mol=0.5mol，根据方程式可知n(混合气体)="2" n(O2)=2×0.5mol=1.0mol，所以选项D正确。
30.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，则原混合溶液中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；
二、非选择题(本题包括3小题，共40分)
31.用11.9mol/L的浓盐酸配制80mL1.0mol/L稀盐酸，有如下操作步骤：
①用量筒量取_______mL浓盐酸倒入小烧杯中，加适量蒸馏水稀释；
②继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用_______________小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；
③将容量瓶塞紧，充分摇匀；
④把①中所得溶液小心地转入___________________中；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中。
（1）将上述操作步骤的空白处填写完整。
（2）本实验操作步骤的正确顺序是（填序号，不能重复）__________。
（3）使用玻璃棒在该实验中的作用是_____________________________________。
（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________（填序号）。
A． 洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干
B． 量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面
C． 定容时，仰视刻度线
D． 定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线线
【答案】(1). 8.4 (2). 胶头滴管 (3). 100 mL容量瓶 (4). ①④⑤②③ (5). 搅拌、引流 (6). B
【解析】
【分析】溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，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，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
【详解】（1）实验室配制80mL1.0mol/L稀盐酸应选用100ml容量瓶，由稀释定律可得：11.9mol/L×V×10—3L=1.0mol/L×100×10—3L，解得V=8.4ml；向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，为防止加水超过刻度线，应改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；配制时一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，故答案为：8.4；胶头滴管；100mL容量瓶；
（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯与玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶，继续注入蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，故实验操作顺序为：①④⑤②③，故答案为：①④⑤②③；
（3）配制过程中，溶解时用到玻璃棒，起搅拌作用；转移和定容时用到玻璃棒，起引流作用，故答案为：搅拌、引流；
（4）A、洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变；
B、量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面，导致所取盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，所测结果偏高；
C、定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；
D、定容后，加盖倒转摇匀后，容量瓶的壁上会残留部分溶液,液面会低于刻度线，对实验结果无影响。
综上所述，会使配制结果偏高的是B，故答案为B。
32.欲用含有少量氯化钙的氯化钠固体，配制100 mL 1mol·L－1的氯化钠溶液，设计了下面的操作方案。根据方案操作步骤回答下列问题：
(1)称量粗盐样品m g，所用仪器名称为：_____________。
(2)过滤时，玻璃棒的作用是：__________________。
(3)蒸发操作时应将液体放在__________中加热，等加热至________时即停止加热。
(4)在样品的溶液中加入过量的Na2CO3溶液，作用是_________，反应的化学方程式是_____________。
(5)在滤液中加入盐酸的作用是_________________，反应的离子程式是___________。
(6)配制100 mL 1 mol·L－1的NaCl溶液时，应从W g固体中称取NaCl的质量为___，配制时应在___中进行定容。
【答案】(1). 托盘天平 (2). 引流 (3). 蒸发皿 (4). 出现大量晶体 (5). 使钙离子完全形成沉淀而除去 (6). CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl (7). 除去过量的Na2CO3 (8). CO32-＋2H+===H2O＋CO2↑ (9). 5.9 g (10). 100 mL容量瓶
【解析】（1）称量固体的仪器为：托盘天平。
（2）过滤时要使用玻璃棒：引流。
（3）蒸发操作时应将液体放在蒸发皿中加热，等出现大量晶体时即停止加热，利用余热使水分蒸干。故答案为：蒸发皿；出现大量晶体。
（4）NaCl固体中含有少量CaCl2，溶解后，加入过量的Na2CO3溶液，使钙离子完全形成沉淀而除去，反应方程式为CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl。
（5）过滤，滤液中主要成分为NaCl和少量未反应完的Na2CO3，加入稀盐酸除去过量的Na2CO3，反应的离子方程式为：CO32-＋2H+=H2O＋CO2↑。
（6）配制100 mL 1 mol/L的NaCl溶液，需NaCl的质量m=cVM=1 mol/L×0.1L×58.5g/mol=5.85g。由于托盘天平的精确度为0.1g，故称量5.9g。配制100mL一定物质的量浓度的溶液应在100mL容量瓶中定容。故答案为：5.9g；100mL容量瓶。
33.某同学利用如图所示装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质。
(1)试管中发生反应的化学方程式为_______________________________。
(2)该同学欲确定反应一段时间后试管中固体物质的成分，设计了如下方案：
①待试管冷却，取其中固体少许溶于稀盐酸得溶液B；
②取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红，则试管中固体是________(只有一个选项符合题意)，若溶液未变红，则试管中固体是________(只有一个选项符合题意)。
A．一定有Fe3O4，可能有Fe B．只有Fe(OH)3 C．一定有Fe3O4和Fe
D．一定有Fe(OH)3，可能有Fe E．只有Fe3O4
(3)该同学按上述方案进行了实验，溶液未变红色，原因是：__________(用离子方程式表示)。
(4)该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应。若按右图所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出与上述现象相关反应的化学方程式______，_________。
(5)一段时间后，该同学发现(3)中未变红的溶液变成红色。由此可知，实验室FeCl2溶液需现用现配的原因是___________________________________，并且配制时应加入少量________。
【答案】(1). 3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2 (2). A (3). C (4). 2Fe3+＋Fe===3Fe2+ (5). FeCl2＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋2NaCl (6). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (7). FeCl2易被空气氧化为FeCl3 (8). 铁粉
【解析】（1）铁与水蒸气高温下反应生成Fe3O4和H2，反应方程式：3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2；
（2）滴加KSCN后，若溶液变红色则说明溶液中有Fe3+，但不能排除溶液中是否有Fe2+，所以硬质试管中固体物质的成分一定有Fe3O4，可能有Fe，故选A；若溶液未变红色则说明溶液中无Fe3+，则一定有未反应完的Fe把Fe3+还原为Fe2+，硬质试管中固体物质的成分一定有Fe3O4和Fe，故选C。故答案为：A；C。
（3）Fe把Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3+＋Fe=3Fe2+。
（4）取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应，生成白色沉淀，则白色沉淀为Fe(OH)2，溶液B中含有FeCl2，反应方程式为：FeCl2＋2NaOH=Fe(OH)2↓＋2NaCl；Fe(OH)2具有还原性，易被空气中氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。故答案为：FeCl2＋2NaOH=Fe(OH)2↓＋2NaCl；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
（5）一段时间后，该同学发现（3）中未变红的溶液变成红色，则（3）中Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，所以实验室FeCl2溶液需现用现配，且配制时在溶液中加入少量的铁粉，防止Fe2+被氧化。故答案为：FeCl2易被空气氧化为FeCl3；铁粉。
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