还剩14页未读，
继续阅读
江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题
展开
www.ks5u.com
高一化学试卷
总分值：150分 时间：100分钟
温馨提示：此次考试卷面分为5分
说明：1. 书写整齐无大面积涂改且主观题基本完成的得5分
2. 书写有涂改或主观题未完成的，根据情况扣（1—5）分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108
一、单项选择题（本大题包括16小题，每小题5分，共80分）
1.化学与社会、环境、社会发展等密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 小苏打是常用的食品添加剂，其化学式是Na2CO3
B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒
C. 氢气还原氧化铜时，先加热再通氢气
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小苏打是常用的食品添加剂，其化学式为NaHCO3，故A项错误；
B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，可除去水中的杂质，但不能杀菌消毒，故B项错误；
C. 氢气还原氧化铜时，应先通氢气再加热，防止氢气不纯加热引发爆炸，故C项错误；
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程中铁单质置换出铜单质，发生了置换反应，故D项正确；
故答案为D。
2.下列物质属于电解质且能导电的是（ ）
A. NaCl溶液 B. 熔融BaSO4 C. SO3 D. 石墨
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电化合物。
【详解】A. NaCl溶液可以导电，但其为混合物，故A错误；
B. BaSO4电解质，熔融状态下可以电离出Ba2+和SO42-，可以导电，故B正确；
C. SO3不是电解质且不能导电，故C错误；
D.石墨可以导电，但不是电解质，故D错误；
故答案为B。
3. 某溶液与金属铝反应能放出氢气，则在该溶液中一定能大量共存的离子组是
A. NH4+、NO3-、CO32-、Na+ B. Na+、I-、Cl-、SO42-
C. NO3-、Fe3+、Cl-、I- D. NO3-、Cl-、Na+、SO32-
【答案】B
【解析】
试题分析：与Al反应生成氢气的溶液为碱性或非硝酸的酸性溶液。A、铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳、水，所以该组离子在酸性或碱性条件下一定不能大量共存，错误；B、该组离子在酸性或碱性条件下，均不发生离子反应，可以大量共存，正确；C、酸性条件下，碘离子与硝酸发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、酸性条件下，氢离子与亚硫酸根离子反应生成二氧化硫气体，不能大量共存，错误，答案选B。
考点：考查离子大量共存的判断
4.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 钠和冷水反应:Na +2H2O=Na++2OH－+H2↑
B. 铝溶于氢氧化钠溶液:Al +2OH－=AlO2－+ H2↑
C. 铝溶于盐酸:2Al+6H+=2Al3++3H2↑
D. 铁和稀硫酸反应:Fe+2H+=Fe3++H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.方程式没有配平，电荷不守恒，正确的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B.得失电子不守恒，同时铝失去电子是被水中的氢得到，而不是碱中的氢，正确的离子反应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C.金属铝溶于盐酸的离子反应为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故C正确；
D.铁跟稀硫酸反应生成二价亚铁离子，离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；
故答案为C。
5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中含有NA个Cl-
C. 标准状况下，11.2 L H2O含有的分子数为0.5 NA
D. 在常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数为0.02 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氦气为稀有气体，是单原子分子，含有NA个氦原子的氦气为1mol，在标准状况下的体积约为22.4 L，故A错误；
B. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中未给出溶液的体积，不能计算溶液中溶质的物质的量，则氯离子的微粒数目无法计算，故B错误；
C. 标准状况下，11.2 L H2O为液体，不能用气体摩尔体积来计算物质的量，含有的分子数不等于0.5 NA
D. 1.06 g Na2CO3的物质的量为=0.01mol，Na2CO3属于强电解质，溶液中完全电离，0.01molNa2CO3含有的Na+数为0.01mol ×2×NA mol-1=0.02 NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】易错点在于稀有气体是单原子分子，其原子就是该气体的分子。
6.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是( )
选项
A
B
C
D
实验
从食盐水中提取NaCl固体
分离碘和泥沙
分离水和四氯化碳
分离Na2SO4溶液和苯（苯是难溶于水，密度比水小的液体）
装置或仪器
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
根据混合物分离提纯的物理原理选择合适的装置。
【详解】A项：从水溶液（食盐水）中提取固体溶质（NaCl固体）应选择蒸发装置而不是灼烧固体装置。A项错误；
B项：碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项错误；
C项：水和四氯化碳组成不相溶的液体混合物，使用分液方法分离。C项正确；
D项：苯是难溶于水的液体，分离Na2SO4溶液和苯的混合物应使用分液法。D项错误。
本题选C。
7.K2FeO4可用作水处理剂，它可由3Cl2 +2Fe(OH)3 +10KOH ===2K2FeO4 +6KCl +8H2O制得。下列说法不正确的是
A. 氧化性：Fe(OH)3 >K2FeO4
B. Cl2是氧化剂，Fe(OH)3在反应中失去电子
C. 上述反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2
D. 每生成l mol氧化产物转移的电子的物质的量为3 mol
【答案】A
【解析】
【分析】
反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中,Fe元素的化合价升高,被氧化,Cl元素的化合价降低, 被还原。
【详解】A. Fe(OH)3中铁是+3价，FeO42—中铁是+6价，所以,Fe(OH)3是还原剂，它的还原性强于FeO42—，选项A不正确；B、Cl元素的化合价降低,被还原，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价升高被氧化，Fe(OH)3发生氧化反应,失去电子，选项B正确； C、上述反应的氧化剂Cl2与还原剂Fe(OH)3物质的量之比为3:2，选项C正确；D、由Fe元素的化合价变化可知，每生成l mol氧化产物K2FeO4转移的电子的物质的量为3mol，选项D正确；答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应判断及基本反应类型判断的考查,题目难度不大。
8.下列说法正确的是
A. 失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强
B. 已知①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu；②2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，则氧化性强弱顺序为 Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋
C. 已知还原性：B－>C－>D－，反应 C－＋D ===D－＋C 和反应 C－＋B ===B－＋C 都能发生
D. 具有强氧化性和强还原性的物质放在一起一定能发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，选项A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应①Fe＋Cu2＋＝Fe2＋Cu中，氧化剂是Cu2＋，氧化产物是Fe2＋，所以氧化性Cu2＋＞Fe2＋，在反应②2Fe3+＋Cu＝2Fe2＋+Cu2＋中，氧化剂是Fe3＋，氧化产物是Cu2＋，所以氧化性Fe3＋＞Cu2＋，故氧化性顺序是：Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2+，选项B正确；
C．氧化还原反应中，还原的还原性大于还原产物的还原性，还原性C-＞D-，故反应2C-＋D2＝2D-＋C2能发生，还原性：B-＞C-，故反应2C-＋B2＝2B-＋C2不能发生，选项C错误；
D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，选项D错误；
答案选B。
9.下列关于钠和钠的化合物的叙述不正确的是（ ）
A. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
B. 金属钠着火时，应用沙子扑灭
C. Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
D. Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠不会，碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，A正确，不符合题意；
B.钠可以与水和二氧化碳反应，故着火时用沙子扑灭，B正确，不符合题意；
C.过氧化钠和水反应可生成氧气和氢氧化钠，为过氧化物，C不正确，符合题意；
D. Na2O2中阴离子为O22-，阳离子为Na+，个数比为1:2，D正确，不符合题意；
故答案为C。
10.如图所示过程除去 AlCl3溶液中含有的 Mg2+、K+ 杂质离子并尽可能减小 AlCl3 的损失。下列说法正确的是
A. NaOH 溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B. 溶液a中含有 Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-
C. 溶液 b 中只含有 NaCl D. 向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根，因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替，故A正确；
B选项，溶液a中含有 K+、Cl－、Na+、AlO2－、OH－，故B错误；
C选项，溶液 b 中含有氯化钠、氯化钾，故C错误；
D选项，向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解，故D错误；
综上所述，答案为A。
11.已知下述三个实验均能发生化学反应，下列判断正确的是（ ）
①将铁钉放入硫酸铜溶液中②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸③将铜丝放入氯化铁溶液中.
A. 实验①中铁钉只做还原剂 B. 实验②中Fe2+既显氧化性有显还原性
C. 实验③中发生的是置换反应 D. 上述实验证明氧化性Fe3+＞Fe2+＞Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A.①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故A正确；
B.实验②中发生3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O，Fe2+化合价只升高，只表现还原性，故B错误；
C.置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故C错误；
D.由发生的三个反应，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知上述实验证明氧化性为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误；
故答案为A。
12.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化的全部组合是
序号
X
Y
Z
W
Al
NaAlO2
Al(OH)3
Al2O3
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
C
CO
CO2
H2CO3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】①铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为氧化铝，符合转化关系，故①正确；
②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，熔融氯化钠电解生成钠，故②正确；
③碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸加热分解为二氧化碳，不能生成碳，不符合转化关系，故③错误；
④铁与氯气反应可生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应可得到氯化亚铁溶液，氯化亚铁与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁加热分解得不到铁，不符合转化关系，故④错误；
故正确选项为①②。
综上所述，本题选A。
13.在某无色溶液中加入过量Na2O2，有无色无味气体产生，同时有白色沉淀生成，其沉淀量与加入Na2O2的量的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）
A. Mg2+、Al3+、Fe2+ B. H+、Mg2+、Al3+ C. H+、Ba2+、Al3+ D. NH4＋、Mg2+、Al3+
【答案】B
【解析】
【详解】某无色溶液中加入过量Na2O2，可生成过量的氢氧化钠；根据原溶液无色可排除Fe2+，故A项错误；产生气体无色无味，若有NH4＋会产生氨气，氨气有刺激性气味，故D项错误；根据图可知先生成沉淀，后沉淀部分消失，可知含有Al3+，先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，沉淀部分消失；沉淀没有完全消失说明除氢氧化铝外还有另一种沉淀，Ba2+与氢氧根不生成沉淀，故C项错误；Mg2+可以与氢氧根生成沉淀，因为刚开始时不产生沉淀，所以还有H+，故B正确；
故答案为B。
14.铁和氧化铁的混合物共a mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到b mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为（ ）
A. mol B. mol C. mol D. mol
【答案】D
【解析】
【详解】根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=bmol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为mol，故共含铁mol；
故答案为D。
15.镁、铝合金粉末10.2g溶于500mL 4mol·L－1盐酸中恰好完全反应。若加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为
A. 100mL B. 500mL C. 1000mL D. 1500mL
【答案】C
【解析】
【详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，反应后为NaCl溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.5L×4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为：2mol÷2mol/L=1L=1000mL，答案选C。
【点睛】本题考查混合物反应的计算，明确发生反应实质及反应后溶质组成为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。利用守恒法可以减少计算量，提高答题效率。化学计算中的守恒法应用很广泛，例如本题中的离子守恒，氧化还原反应中的电子得失守恒，化学反应方程式中的质量守恒定律以及溶液中的电荷守恒等，平时注意解题方法规律的总结和积累。
16.碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠. 现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使其质量不再发生改变时，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为（ ）
A. 3.38g B. 4.58g C. 4.16g D. 4.41g
【答案】C
【解析】
【详解】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，
设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则
解得：x=0.84g，所以：m（Na2CO3）=5g-m（NaHCO3）=5g-0.84g=4.16g。
故答案为C。
【点睛】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解成碳酸钠水和二氧化碳，且由于加热条件水也会生成水蒸气，故前后固体的质量差为生成的水和二氧化碳的质量。
二、填空题（共5小题；共65分）
17.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋A↑＋2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：
(1)A物质可以导致酸雨的形成。则A应该属于______________(用字母代号填写)
a．酸 b．碱 c．盐 d．酸性氧化物 e．碱性氧化物
(2)SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则SO2与O2的物质的量之比是__________，这种混合气体的密度是同温同压下氧气密度的_____倍。
(3)一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的物质的量为_________mol，
(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应的离子方程式是_____________
【答案】 (1). d (2). 3：4 (3). 10/7 (4). 0.1mol (5). Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= Cu(OH)2↓ +BaSO4↓
【解析】
【分析】
（1）根据元素守恒判断A，再根据A判断分类；
（2）令混合气体的质量为100g，根据氧元素的质量分数计算S元素质量分数，进而计算S元素质量，再计算SO2的质量、氧气的质量，根据n=计算二者物质的量，根据M=计算平均相对分子质量，相同条件下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比；
（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；
(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀。
【详解】（1）根据元素守恒判断A为SO2，SO2是能与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，答案选d；
（2）SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则S元素的质量分数=1-70%=30%，令混合气体的质量为100g，则S元素质量=100g×30%=30g，故SO2的质量==60g，则氧气的质量=100g-60g=40g，则SO2的物质的量==mol，O2的物质的量==mol，则SO2与O2的物质的量之比为mol：mol=3：4，二者平均相对分子质量==，相同条件下，气体的摩尔质量之比等于其密度之比，所以混合气体的密度是同温同压下氧气密度的倍数==；
（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；
(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式是Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= Cu(OH)2↓ +BaSO4↓。
【点睛】本题考查浓硫酸和铜反应及有关计算，注意稀硫酸与铜不反应，而题目中浓硫酸与铜反应开始后，由于自身被消耗且生成水，很快就变成稀硫酸，不再与铜反应．所以（3）中1.8mol的硫酸没被全消耗掉，不能用于计算，根据电子转移算出相应量。
18.Fe及其化合物在日常生活中有很多应用，请按要求填空：
（1）人体内的铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的Fe3+还原成Fe2+，有利于人体吸收。这句话说明维生素C在这一反应中起的作用是_______。（填“还原性”或“氧化性”）
（2）Fe2+是一种非常好的还原剂，能够与很多氧化剂发生反应。在加热条件下，FeSO4可与硫酸酸化的KNO3反应，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也完全反应并放出NO气体。
①请写出该化学反应方程式，并用单线桥表示出电子转移的方向和数目______。
②上述反应发生还原反应的物质是___。
③若11.4gFeSO4参与反应，则产生NO气体的体积(标况下) ______L。
（3）难溶物FeS能够与硫酸酸化的KMnO4溶液反应，反应方程式如下：10FeS+6KMnO4+24H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+l0_____+24H2O
①横线上的物质的化学式是。
②该反应的氧化产物是___。
③若上述反应前后固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生转移的电子数为___。
【答案】 (1). 还原性 (2). (3). KNO3 (4). 0.56L (5). S (6). S、Fe2(SO4)3 (7). 0.1NA
【解析】
【详解】（1）维生素C可使食物中的Fe3+还原成Fe2+，维生素C为还原剂，体现还原性，故答案为：还原性；
（2）①反应中铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子。氮元素化合价从+5价降低到+2价，得到3个电子，根据电子得失守恒可知该反应的化学方程式为。
②根据以上分析可知上述反应发生还原反应的物质是KNO3，故答案为：KNO3；
③11.4gFeSO4的物质的量是11.4g÷152g/mol＝0.075mol，所以根据方程式可知产生NO是0.075mol÷3＝0.025mol，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol＝0.56L。故答案为：0.56L；
（3）①根据原子守恒可知横线上物质的化学式是S；
②反应中Fe和S元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则该反应的氧化产物是S、Fe2(SO4)3，故答案为：S、Fe2(SO4)3；
③若上述反应前后固体的质量减少了2.8g，根据方程式可知减少的质量是Fe，物质的量是2.8g÷56g/mol＝0.05mol，因此参加反应的FeS的物质的量是0.05mol，S元素化合价从－2价升高到0价，所以硫元素与KMnO4之间发生转移的电子的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol，电子数为0.1NA，故答案为：0.1NA。
【点睛】注意恒法解题的思维流程：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。（2）找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
19.已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现血红色。
（1）写出下列物质的化学式：A：_____；E：______。
（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：_______。
（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式：____________；M→W的离子方程式：________。
【答案】 (1). Na2O2 (2). FeCl2 (3). 溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色； (4). (5).
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体且能与水反应判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe（OH）2，M为Fe（OH）3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；
【详解】（1）依据判断得到A、E的化学式分别为：A为 Na2O2，E为FeCl2，故答案为：Na2O2；FeCl2；
（2）B与E混和得到H为白色氢氧化亚铁沉淀，在潮湿空气中变成红褐色氢氧化铁沉淀的过程中，可能观察到的现象是：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
（3）B（NaOH）和R（Al）反应生成N（NaAlO2）的离子方程式为；M（Fe（OH）3）和盐酸反应生成W（FeCl3）反应的离子方程式为；
故答案：；。
【点睛】解决此类问题要对一些常见物质的特殊性质有所了解，例如常见的淡黄色固体有过氧化钠和硫单质，常见的有色气体有：氟气（淡黄绿色） 氯气（黄绿色） 碘蒸汽（紫色） 溴蒸汽（红棕色） 二氧化氮（红棕色）。常见的有气刺激性气味的气体有：二氧化硫，氨气，氯气等。
20.铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识，回答下列问题。
（1）鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的方法是____________________。
（2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：______________________。
（3）某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：
①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是____；
②溶液组成的测定：取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得21.525g白色沉淀。则溶液中c(Cl－)＝___mol·L－1。
③验证该溶液中含有Fe2+，正确的实验方法是_________________。
（4）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：
①滤渣C的化学式为___________。
②加过量D发生反应的离子方程式为_________________________。
③通入F发生反应的化学方程式为___________________________。
【答案】 (1). 平行光照射两种分散系（或丁达尔现象） (2). (3). Fe3+、Fe2+、Cu2+ (4). 3 (5). 取适量溶液，滴入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，证明含有Fe2+ (6). Fe、Cu (7). Fe+2H+= Fe2++H2↑ (8). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【解析】
【分析】
（1）丁达尔效应可以区分溶液和胶体；
（2）铁离子可以氧化铜单质；
（3）①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色说明有Fe3+；Fe3+可以氧化铜单质；
②根据n(AgCl)= n(Cl-)进行计算；
③检验Fe2+；
（4）制取的是氯化铁溶液，金属A是铁（若是其他金属会引入新的杂质）；滤液B是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，D加入应该是盐酸，得到氯化亚铁，通入氯气将其氧化成氯化铁。
【详解】（1）胶体会产生丁达尔效应，但是溶液不能。因此鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的方法是用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）。故答案为：用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）；
（2）FeCl3有氧化性，能把铜氧化为Cu2+。反应的离子方程式为：；
（3）①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是Fe3+；由于发生了反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以溶液中还含有Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Fe2+、Cu2+；
②n(AgCl)= n(Cl-)=21.525g÷143. 5g/mol=0.15mol， 则溶液中c(Cl-)=n(Cl-)/V=0.15mol÷0.05L=3mol/L，故答案：3；
③滤液中有Fe3+、Fe2+，不能用将Fe2+氧化成Fe3+，来检验Fe2+；溶液中还有Cl-,能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液；可以用铁氰化钾溶液，证明含有Fe2；故答案为：取适量溶液，滴入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，证明含有Fe2+；
(4) ①向反应后的溶液中加入过量的金属Fe，发生反应：，然后过滤得到滤液B中含有FeCl2；滤渣C中含有Fe、Cu，故答案为：Fe、Cu；
②向滤渣中加入过量的盐酸，发生反应，故答案为：Fe+2H+= Fe2++H2↑；
③滤液E中含有FeCl2，将其与滤液B混合，然后向该溶液中滴加新制的过量的氯水，氯气会氧化FeCl2发生反应，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
21.将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL ,4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体。向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，所得沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系如图所示：
（1）OA对应反应的离子方程式为________________，BC对应反应的离子方程式为_________________；
（2）c（KOH）=_________mol/L，混合物中氧化铝的物质的量为_____mol；
（3）A点对应的数值为_______；
（4）在中学阶段，实验室里检验B点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是___________。
（5）向C点对应的溶液中通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为______________。
【答案】 (1). H+ +OH-=H2O (2). Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O (3). 4 (4). 0.1 (5). 200 (6). 透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色 (7). CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】
将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体，氢气的物质的量为0.3mol，根据2Al~~3H2，混合中Al粉的物质的量为0.3mol×=0.2mol；向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，根据沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系图，可知：（1）OA段酸过量，发生酸碱中和反应，离子反应方程式为H+ +OH-=H2O；继续滴加KOH溶液将溶液里的Al3+和Mg2+转化为Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，BC段滴加KOH溶液，溶解生成的Al(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
（2）B点为完全沉淀点，此时溶液中溶质K2SO4，根据原子守恒可知n(K+)=2n(SO42-)=2×0.3L×4mol/L=2.4mol，此时消耗KOH溶液体积为0.6L，则c（KOH）==4mol/L；BC段共消耗KOH溶液体积为0.1L，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知Al(OH)3 的物质的量为4mol/L×0.1L=0.4mol；设氧化铝的物质的量为n mol，根据原子守恒2n mol+0.2 mol=0.4mol，n=0.1；
（3）C点对应的沉淀Mg(OH)2物质的量为 0.2mol，则生成沉淀Mg(OH)2和Al(OH)3 消耗KOH的物质的量为0.2mol×2+0.4mol×3=1.6mol，消耗KOH溶液的体积为=400mL，则A点对应的数值为600mL-400mL=200mL；
（4）K+的检验可用焰色反应，具体操作是透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；
（5）C点对应的溶液中含有AlO2-，通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
高一化学试卷
总分值：150分 时间：100分钟
温馨提示：此次考试卷面分为5分
说明：1. 书写整齐无大面积涂改且主观题基本完成的得5分
2. 书写有涂改或主观题未完成的，根据情况扣（1—5）分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108
一、单项选择题（本大题包括16小题，每小题5分，共80分）
1.化学与社会、环境、社会发展等密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 小苏打是常用的食品添加剂，其化学式是Na2CO3
B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒
C. 氢气还原氧化铜时，先加热再通氢气
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小苏打是常用的食品添加剂，其化学式为NaHCO3，故A项错误；
B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，可除去水中的杂质，但不能杀菌消毒，故B项错误；
C. 氢气还原氧化铜时，应先通氢气再加热，防止氢气不纯加热引发爆炸，故C项错误；
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程中铁单质置换出铜单质，发生了置换反应，故D项正确；
故答案为D。
2.下列物质属于电解质且能导电的是（ ）
A. NaCl溶液 B. 熔融BaSO4 C. SO3 D. 石墨
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电化合物。
【详解】A. NaCl溶液可以导电，但其为混合物，故A错误；
B. BaSO4电解质，熔融状态下可以电离出Ba2+和SO42-，可以导电，故B正确；
C. SO3不是电解质且不能导电，故C错误；
D.石墨可以导电，但不是电解质，故D错误；
故答案为B。
3. 某溶液与金属铝反应能放出氢气，则在该溶液中一定能大量共存的离子组是
A. NH4+、NO3-、CO32-、Na+ B. Na+、I-、Cl-、SO42-
C. NO3-、Fe3+、Cl-、I- D. NO3-、Cl-、Na+、SO32-
【答案】B
【解析】
试题分析：与Al反应生成氢气的溶液为碱性或非硝酸的酸性溶液。A、铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳、水，所以该组离子在酸性或碱性条件下一定不能大量共存，错误；B、该组离子在酸性或碱性条件下，均不发生离子反应，可以大量共存，正确；C、酸性条件下，碘离子与硝酸发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、酸性条件下，氢离子与亚硫酸根离子反应生成二氧化硫气体，不能大量共存，错误，答案选B。
考点：考查离子大量共存的判断
4.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 钠和冷水反应:Na +2H2O=Na++2OH－+H2↑
B. 铝溶于氢氧化钠溶液:Al +2OH－=AlO2－+ H2↑
C. 铝溶于盐酸:2Al+6H+=2Al3++3H2↑
D. 铁和稀硫酸反应:Fe+2H+=Fe3++H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.方程式没有配平，电荷不守恒，正确的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B.得失电子不守恒，同时铝失去电子是被水中的氢得到，而不是碱中的氢，正确的离子反应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C.金属铝溶于盐酸的离子反应为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故C正确；
D.铁跟稀硫酸反应生成二价亚铁离子，离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；
故答案为C。
5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中含有NA个Cl-
C. 标准状况下，11.2 L H2O含有的分子数为0.5 NA
D. 在常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数为0.02 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氦气为稀有气体，是单原子分子，含有NA个氦原子的氦气为1mol，在标准状况下的体积约为22.4 L，故A错误；
B. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中未给出溶液的体积，不能计算溶液中溶质的物质的量，则氯离子的微粒数目无法计算，故B错误；
C. 标准状况下，11.2 L H2O为液体，不能用气体摩尔体积来计算物质的量，含有的分子数不等于0.5 NA
D. 1.06 g Na2CO3的物质的量为=0.01mol，Na2CO3属于强电解质，溶液中完全电离，0.01molNa2CO3含有的Na+数为0.01mol ×2×NA mol-1=0.02 NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】易错点在于稀有气体是单原子分子，其原子就是该气体的分子。
6.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是( )
选项
A
B
C
D
实验
从食盐水中提取NaCl固体
分离碘和泥沙
分离水和四氯化碳
分离Na2SO4溶液和苯（苯是难溶于水，密度比水小的液体）
装置或仪器
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
根据混合物分离提纯的物理原理选择合适的装置。
【详解】A项：从水溶液（食盐水）中提取固体溶质（NaCl固体）应选择蒸发装置而不是灼烧固体装置。A项错误；
B项：碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项错误；
C项：水和四氯化碳组成不相溶的液体混合物，使用分液方法分离。C项正确；
D项：苯是难溶于水的液体，分离Na2SO4溶液和苯的混合物应使用分液法。D项错误。
本题选C。
7.K2FeO4可用作水处理剂，它可由3Cl2 +2Fe(OH)3 +10KOH ===2K2FeO4 +6KCl +8H2O制得。下列说法不正确的是
A. 氧化性：Fe(OH)3 >K2FeO4
B. Cl2是氧化剂，Fe(OH)3在反应中失去电子
C. 上述反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2
D. 每生成l mol氧化产物转移的电子的物质的量为3 mol
【答案】A
【解析】
【分析】
反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中,Fe元素的化合价升高,被氧化,Cl元素的化合价降低, 被还原。
【详解】A. Fe(OH)3中铁是+3价，FeO42—中铁是+6价，所以,Fe(OH)3是还原剂，它的还原性强于FeO42—，选项A不正确；B、Cl元素的化合价降低,被还原，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价升高被氧化，Fe(OH)3发生氧化反应,失去电子，选项B正确； C、上述反应的氧化剂Cl2与还原剂Fe(OH)3物质的量之比为3:2，选项C正确；D、由Fe元素的化合价变化可知，每生成l mol氧化产物K2FeO4转移的电子的物质的量为3mol，选项D正确；答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应判断及基本反应类型判断的考查,题目难度不大。
8.下列说法正确的是
A. 失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强
B. 已知①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu；②2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，则氧化性强弱顺序为 Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋
C. 已知还原性：B－>C－>D－，反应 C－＋D ===D－＋C 和反应 C－＋B ===B－＋C 都能发生
D. 具有强氧化性和强还原性的物质放在一起一定能发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，选项A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应①Fe＋Cu2＋＝Fe2＋Cu中，氧化剂是Cu2＋，氧化产物是Fe2＋，所以氧化性Cu2＋＞Fe2＋，在反应②2Fe3+＋Cu＝2Fe2＋+Cu2＋中，氧化剂是Fe3＋，氧化产物是Cu2＋，所以氧化性Fe3＋＞Cu2＋，故氧化性顺序是：Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2+，选项B正确；
C．氧化还原反应中，还原的还原性大于还原产物的还原性，还原性C-＞D-，故反应2C-＋D2＝2D-＋C2能发生，还原性：B-＞C-，故反应2C-＋B2＝2B-＋C2不能发生，选项C错误；
D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，选项D错误；
答案选B。
9.下列关于钠和钠的化合物的叙述不正确的是（ ）
A. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
B. 金属钠着火时，应用沙子扑灭
C. Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
D. Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠不会，碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，A正确，不符合题意；
B.钠可以与水和二氧化碳反应，故着火时用沙子扑灭，B正确，不符合题意；
C.过氧化钠和水反应可生成氧气和氢氧化钠，为过氧化物，C不正确，符合题意；
D. Na2O2中阴离子为O22-，阳离子为Na+，个数比为1:2，D正确，不符合题意；
故答案为C。
10.如图所示过程除去 AlCl3溶液中含有的 Mg2+、K+ 杂质离子并尽可能减小 AlCl3 的损失。下列说法正确的是
A. NaOH 溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B. 溶液a中含有 Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-
C. 溶液 b 中只含有 NaCl D. 向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根，因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替，故A正确；
B选项，溶液a中含有 K+、Cl－、Na+、AlO2－、OH－，故B错误；
C选项，溶液 b 中含有氯化钠、氯化钾，故C错误；
D选项，向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解，故D错误；
综上所述，答案为A。
11.已知下述三个实验均能发生化学反应，下列判断正确的是（ ）
①将铁钉放入硫酸铜溶液中②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸③将铜丝放入氯化铁溶液中.
A. 实验①中铁钉只做还原剂 B. 实验②中Fe2+既显氧化性有显还原性
C. 实验③中发生的是置换反应 D. 上述实验证明氧化性Fe3+＞Fe2+＞Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A.①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故A正确；
B.实验②中发生3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O，Fe2+化合价只升高，只表现还原性，故B错误；
C.置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故C错误；
D.由发生的三个反应，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知上述实验证明氧化性为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误；
故答案为A。
12.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化的全部组合是
序号
X
Y
Z
W
Al
NaAlO2
Al(OH)3
Al2O3
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
C
CO
CO2
H2CO3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】①铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为氧化铝，符合转化关系，故①正确；
②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，熔融氯化钠电解生成钠，故②正确；
③碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸加热分解为二氧化碳，不能生成碳，不符合转化关系，故③错误；
④铁与氯气反应可生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应可得到氯化亚铁溶液，氯化亚铁与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁加热分解得不到铁，不符合转化关系，故④错误；
故正确选项为①②。
综上所述，本题选A。
13.在某无色溶液中加入过量Na2O2，有无色无味气体产生，同时有白色沉淀生成，其沉淀量与加入Na2O2的量的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）
A. Mg2+、Al3+、Fe2+ B. H+、Mg2+、Al3+ C. H+、Ba2+、Al3+ D. NH4＋、Mg2+、Al3+
【答案】B
【解析】
【详解】某无色溶液中加入过量Na2O2，可生成过量的氢氧化钠；根据原溶液无色可排除Fe2+，故A项错误；产生气体无色无味，若有NH4＋会产生氨气，氨气有刺激性气味，故D项错误；根据图可知先生成沉淀，后沉淀部分消失，可知含有Al3+，先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，沉淀部分消失；沉淀没有完全消失说明除氢氧化铝外还有另一种沉淀，Ba2+与氢氧根不生成沉淀，故C项错误；Mg2+可以与氢氧根生成沉淀，因为刚开始时不产生沉淀，所以还有H+，故B正确；
故答案为B。
14.铁和氧化铁的混合物共a mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到b mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为（ ）
A. mol B. mol C. mol D. mol
【答案】D
【解析】
【详解】根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=bmol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为mol，故共含铁mol；
故答案为D。
15.镁、铝合金粉末10.2g溶于500mL 4mol·L－1盐酸中恰好完全反应。若加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为
A. 100mL B. 500mL C. 1000mL D. 1500mL
【答案】C
【解析】
【详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，反应后为NaCl溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.5L×4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为：2mol÷2mol/L=1L=1000mL，答案选C。
【点睛】本题考查混合物反应的计算，明确发生反应实质及反应后溶质组成为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。利用守恒法可以减少计算量，提高答题效率。化学计算中的守恒法应用很广泛，例如本题中的离子守恒，氧化还原反应中的电子得失守恒，化学反应方程式中的质量守恒定律以及溶液中的电荷守恒等，平时注意解题方法规律的总结和积累。
16.碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠. 现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使其质量不再发生改变时，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为（ ）
A. 3.38g B. 4.58g C. 4.16g D. 4.41g
【答案】C
【解析】
【详解】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，
设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则
解得：x=0.84g，所以：m（Na2CO3）=5g-m（NaHCO3）=5g-0.84g=4.16g。
故答案为C。
【点睛】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解成碳酸钠水和二氧化碳，且由于加热条件水也会生成水蒸气，故前后固体的质量差为生成的水和二氧化碳的质量。
二、填空题（共5小题；共65分）
17.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋A↑＋2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：
(1)A物质可以导致酸雨的形成。则A应该属于______________(用字母代号填写)
a．酸 b．碱 c．盐 d．酸性氧化物 e．碱性氧化物
(2)SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则SO2与O2的物质的量之比是__________，这种混合气体的密度是同温同压下氧气密度的_____倍。
(3)一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的物质的量为_________mol，
(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应的离子方程式是_____________
【答案】 (1). d (2). 3：4 (3). 10/7 (4). 0.1mol (5). Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= Cu(OH)2↓ +BaSO4↓
【解析】
【分析】
（1）根据元素守恒判断A，再根据A判断分类；
（2）令混合气体的质量为100g，根据氧元素的质量分数计算S元素质量分数，进而计算S元素质量，再计算SO2的质量、氧气的质量，根据n=计算二者物质的量，根据M=计算平均相对分子质量，相同条件下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比；
（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；
(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀。
【详解】（1）根据元素守恒判断A为SO2，SO2是能与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，答案选d；
（2）SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则S元素的质量分数=1-70%=30%，令混合气体的质量为100g，则S元素质量=100g×30%=30g，故SO2的质量==60g，则氧气的质量=100g-60g=40g，则SO2的物质的量==mol，O2的物质的量==mol，则SO2与O2的物质的量之比为mol：mol=3：4，二者平均相对分子质量==，相同条件下，气体的摩尔质量之比等于其密度之比，所以混合气体的密度是同温同压下氧气密度的倍数==；
（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；
(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式是Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= Cu(OH)2↓ +BaSO4↓。
【点睛】本题考查浓硫酸和铜反应及有关计算，注意稀硫酸与铜不反应，而题目中浓硫酸与铜反应开始后，由于自身被消耗且生成水，很快就变成稀硫酸，不再与铜反应．所以（3）中1.8mol的硫酸没被全消耗掉，不能用于计算，根据电子转移算出相应量。
18.Fe及其化合物在日常生活中有很多应用，请按要求填空：
（1）人体内的铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的Fe3+还原成Fe2+，有利于人体吸收。这句话说明维生素C在这一反应中起的作用是_______。（填“还原性”或“氧化性”）
（2）Fe2+是一种非常好的还原剂，能够与很多氧化剂发生反应。在加热条件下，FeSO4可与硫酸酸化的KNO3反应，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也完全反应并放出NO气体。
①请写出该化学反应方程式，并用单线桥表示出电子转移的方向和数目______。
②上述反应发生还原反应的物质是___。
③若11.4gFeSO4参与反应，则产生NO气体的体积(标况下) ______L。
（3）难溶物FeS能够与硫酸酸化的KMnO4溶液反应，反应方程式如下：10FeS+6KMnO4+24H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+l0_____+24H2O
①横线上的物质的化学式是。
②该反应的氧化产物是___。
③若上述反应前后固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生转移的电子数为___。
【答案】 (1). 还原性 (2). (3). KNO3 (4). 0.56L (5). S (6). S、Fe2(SO4)3 (7). 0.1NA
【解析】
【详解】（1）维生素C可使食物中的Fe3+还原成Fe2+，维生素C为还原剂，体现还原性，故答案为：还原性；
（2）①反应中铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子。氮元素化合价从+5价降低到+2价，得到3个电子，根据电子得失守恒可知该反应的化学方程式为。
②根据以上分析可知上述反应发生还原反应的物质是KNO3，故答案为：KNO3；
③11.4gFeSO4的物质的量是11.4g÷152g/mol＝0.075mol，所以根据方程式可知产生NO是0.075mol÷3＝0.025mol，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol＝0.56L。故答案为：0.56L；
（3）①根据原子守恒可知横线上物质的化学式是S；
②反应中Fe和S元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则该反应的氧化产物是S、Fe2(SO4)3，故答案为：S、Fe2(SO4)3；
③若上述反应前后固体的质量减少了2.8g，根据方程式可知减少的质量是Fe，物质的量是2.8g÷56g/mol＝0.05mol，因此参加反应的FeS的物质的量是0.05mol，S元素化合价从－2价升高到0价，所以硫元素与KMnO4之间发生转移的电子的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol，电子数为0.1NA，故答案为：0.1NA。
【点睛】注意恒法解题的思维流程：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。（2）找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
19.已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现血红色。
（1）写出下列物质的化学式：A：_____；E：______。
（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：_______。
（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式：____________；M→W的离子方程式：________。
【答案】 (1). Na2O2 (2). FeCl2 (3). 溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色； (4). (5).
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体且能与水反应判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe（OH）2，M为Fe（OH）3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；
【详解】（1）依据判断得到A、E的化学式分别为：A为 Na2O2，E为FeCl2，故答案为：Na2O2；FeCl2；
（2）B与E混和得到H为白色氢氧化亚铁沉淀，在潮湿空气中变成红褐色氢氧化铁沉淀的过程中，可能观察到的现象是：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
（3）B（NaOH）和R（Al）反应生成N（NaAlO2）的离子方程式为；M（Fe（OH）3）和盐酸反应生成W（FeCl3）反应的离子方程式为；
故答案：；。
【点睛】解决此类问题要对一些常见物质的特殊性质有所了解，例如常见的淡黄色固体有过氧化钠和硫单质，常见的有色气体有：氟气（淡黄绿色） 氯气（黄绿色） 碘蒸汽（紫色） 溴蒸汽（红棕色） 二氧化氮（红棕色）。常见的有气刺激性气味的气体有：二氧化硫，氨气，氯气等。
20.铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识，回答下列问题。
（1）鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的方法是____________________。
（2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：______________________。
（3）某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：
①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是____；
②溶液组成的测定：取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得21.525g白色沉淀。则溶液中c(Cl－)＝___mol·L－1。
③验证该溶液中含有Fe2+，正确的实验方法是_________________。
（4）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：
①滤渣C的化学式为___________。
②加过量D发生反应的离子方程式为_________________________。
③通入F发生反应的化学方程式为___________________________。
【答案】 (1). 平行光照射两种分散系（或丁达尔现象） (2). (3). Fe3+、Fe2+、Cu2+ (4). 3 (5). 取适量溶液，滴入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，证明含有Fe2+ (6). Fe、Cu (7). Fe+2H+= Fe2++H2↑ (8). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【解析】
【分析】
（1）丁达尔效应可以区分溶液和胶体；
（2）铁离子可以氧化铜单质；
（3）①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色说明有Fe3+；Fe3+可以氧化铜单质；
②根据n(AgCl)= n(Cl-)进行计算；
③检验Fe2+；
（4）制取的是氯化铁溶液，金属A是铁（若是其他金属会引入新的杂质）；滤液B是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，D加入应该是盐酸，得到氯化亚铁，通入氯气将其氧化成氯化铁。
【详解】（1）胶体会产生丁达尔效应，但是溶液不能。因此鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的方法是用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）。故答案为：用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）；
（2）FeCl3有氧化性，能把铜氧化为Cu2+。反应的离子方程式为：；
（3）①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是Fe3+；由于发生了反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以溶液中还含有Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Fe2+、Cu2+；
②n(AgCl)= n(Cl-)=21.525g÷143. 5g/mol=0.15mol， 则溶液中c(Cl-)=n(Cl-)/V=0.15mol÷0.05L=3mol/L，故答案：3；
③滤液中有Fe3+、Fe2+，不能用将Fe2+氧化成Fe3+，来检验Fe2+；溶液中还有Cl-,能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液；可以用铁氰化钾溶液，证明含有Fe2；故答案为：取适量溶液，滴入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，证明含有Fe2+；
(4) ①向反应后的溶液中加入过量的金属Fe，发生反应：，然后过滤得到滤液B中含有FeCl2；滤渣C中含有Fe、Cu，故答案为：Fe、Cu；
②向滤渣中加入过量的盐酸，发生反应，故答案为：Fe+2H+= Fe2++H2↑；
③滤液E中含有FeCl2，将其与滤液B混合，然后向该溶液中滴加新制的过量的氯水，氯气会氧化FeCl2发生反应，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
21.将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL ,4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体。向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，所得沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系如图所示：
（1）OA对应反应的离子方程式为________________，BC对应反应的离子方程式为_________________；
（2）c（KOH）=_________mol/L，混合物中氧化铝的物质的量为_____mol；
（3）A点对应的数值为_______；
（4）在中学阶段，实验室里检验B点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是___________。
（5）向C点对应的溶液中通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为______________。
【答案】 (1). H+ +OH-=H2O (2). Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O (3). 4 (4). 0.1 (5). 200 (6). 透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色 (7). CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】
将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体，氢气的物质的量为0.3mol，根据2Al~~3H2，混合中Al粉的物质的量为0.3mol×=0.2mol；向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，根据沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系图，可知：（1）OA段酸过量，发生酸碱中和反应，离子反应方程式为H+ +OH-=H2O；继续滴加KOH溶液将溶液里的Al3+和Mg2+转化为Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，BC段滴加KOH溶液，溶解生成的Al(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
（2）B点为完全沉淀点，此时溶液中溶质K2SO4，根据原子守恒可知n(K+)=2n(SO42-)=2×0.3L×4mol/L=2.4mol，此时消耗KOH溶液体积为0.6L，则c（KOH）==4mol/L；BC段共消耗KOH溶液体积为0.1L，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知Al(OH)3 的物质的量为4mol/L×0.1L=0.4mol；设氧化铝的物质的量为n mol，根据原子守恒2n mol+0.2 mol=0.4mol，n=0.1；
（3）C点对应的沉淀Mg(OH)2物质的量为 0.2mol，则生成沉淀Mg(OH)2和Al(OH)3 消耗KOH的物质的量为0.2mol×2+0.4mol×3=1.6mol，消耗KOH溶液的体积为=400mL，则A点对应的数值为600mL-400mL=200mL；
（4）K+的检验可用焰色反应，具体操作是透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；
（5）C点对应的溶液中含有AlO2-，通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
相关资料
更多
