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甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试卷
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静宁一中2019-2020学年度第一学期高一级第三次试题（卷）
化学
相对原子质量：C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Ba：137 Ca：40
一、选择题（共24小题，每小题2分，共48分）
1.进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是： （ ）
A. 胶粒可以导电 B. 胶体粒子大小在1~100nm之间
C. 胶体是混合物 D. 胶体的分散剂为气体
【答案】B
【解析】
【详解】A、胶粒可以导电是胶体的性质，故A错误；
B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm（10-7～10-9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确；
C、胶体是混合物，是指分散系由多种物质组成，故C错误；
D、胶体的分散剂为气体，指分散剂的状态为气态，故D错误；
故选B。
2.华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是( )
A. Si B. SiO2 C. Na2SiO3 D. SiCl4
【答案】B
【解析】
【详解】光导纤维的主要成分是SiO2；硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板；硅酸钠可用作木材防腐、防火；四氯化硅可用于制备高纯硅。答案选B。
3.随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，可用适当方法在包装袋中装入
A. 无水硫酸铜、蔗糖 B. 生石灰、硫酸亚铁
C. 食盐、硫酸亚铁 D. 生石灰、食盐
【答案】B
【解析】
【分析】
为防止食品受潮，包装袋中物质应具有吸水性；为防止富脂食品氧化变质，包装袋内物质应具有还原性。据此解答。
【详解】A项，无水硫酸铜能吸水，能防止食品受潮，蔗糖不能防止富脂食品氧化变质，错误；
B项，生石灰能吸水，能防止食品受潮，硫酸亚铁具有还原性，能防止富脂食品氧化变质，正确；
C项，硫酸亚铁具有还原性，能防止富脂食品氧化变质，食盐不能吸水，不能防止食品受潮，错误；
D项，生石灰能吸水，能防止食品受潮，食盐不能防止富脂食品氧化变质，错误；
答案选B。
4.下列转化过程中必须加入还原剂的是
A. FeS→H2S B. SO2→SO32- C. Fe3+→Fe2+ D. Cu→Cu2+
【答案】C
【解析】
【分析】
必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。
【详解】A、FeS→H2S，无化合价变化，非氧化还原反应，故A错误；
B、SO2→SO32-无化合价变化，非氧化还原反应，故B错误；
C.、Fe3+→Fe2+ 化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，所以C选项是正确的；
D、Cu→Cu2+，化合价升高，被氧化，应加氧化剂，故D错误。
所以C选项是正确的。
5.下列溶液中的Cl-浓度与50mL1mol·L-1MgCl2溶液中的Cl-浓度相等的是（ ）
A. 25mL1mol·L-1Ca(ClO)2溶液 B. 100mL2mol·L-1KCl溶液
C. 25mL1mol·L-1AlCl3溶液 D. 100mL1mol·L-1NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】50mL 1mol•L-1 MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=2c(MgCl2)=2mol/L；
A．Ca(ClO)2溶液中没有Cl-，则c(Cl-)=0，故A错误；
B．100mL 2mol•L-1 KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=c(KCl)=2mol/L，故B正确；
C．25mL 1mol•L-1 AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度c(Cl-)=3c(AlCl3)=3mol/L，故C错误；
D．100mL 1mol•L-1 NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=c(NaCl)=1mol/L，故D错误；
故答案为B。
6.分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是
A. 烧碱和纯碱都属于碱 B. 硫酸和盐酸都属于含氧酸
C. Na2SiO3和Na2SO4都属于钠盐 D. Fe2O3和Al2O3都属于碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．烧碱是NaOH，是碱，而纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A错误；
B．硫酸是含氧酸，而盐酸是无氧酸，故B错误；
C．Na2SiO3和Na2SO4电离时，均生成金属钠离子和酸根离子，属于钠盐，故C正确；
D．Al2O3能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，故D错误；
故答案为C。
7.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系不正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
常用铝箔做包装材料
金属铝有好的延展性
B
FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板
FeCl3可与Cu发生反应
C
烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹
烧菜时铁锅被染色
D
Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂
Na2O2与H2O、CO2反应产生O2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，故A正确；
B．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板，故B正确；
C．铁锅经放置常出现红棕色斑迹，是铁表面的氯化钠电解质溶液中形成吸氧腐蚀导致表面生锈，不是被染色，故C错误；
D．过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂，故D正确；
故答案为C。
8.镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（ ）
A. Cu2＋ B. AlO2- C. Al3＋ D. Mg2＋
【答案】B
【解析】
【分析】
镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，生成氯化镁和氯化铝，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，据此分析判断。
【详解】镁、铝、铜中加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，过滤后滤液中只存在AlO2-；
答案选B。
9.下列各组中两种物质反应时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是( )
A. Na与O2 B. Na2O2与CO2
C. Na2CO3溶液与盐酸 D. NaAlO2溶液与盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na与O2反应，温度不同，产物不同，常温下生成氧化钠，加热条件下反应生成过氧化钠，反应条件不同，生成物不同，A不合题意；
B.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响，B符合题意；
C.Na2CO3溶液与盐酸反应，盐酸不足可生成碳酸氢钠，盐酸过量，可生成二氧化碳气体，则反应物用量不同，产物不同，C不合题意；
D.NaAlO2溶液与盐酸反应，盐酸不足，可生成氢氧化铝，盐酸过量可生成氯化铝，反应物用量不同，产物不同，D不合题意。
故选B。
10. 从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是
① 铁和水蒸气反应 ② 过氧化钠和水反应
③氯气和水反应 ④ 二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①铁和水蒸气反应，水是氧化剂；
②过氧化钠和水反应，水既不是氧化剂，也不是还原剂；
③氯气和水反应水既不是氧化剂，也不是还原剂；
④在二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，水既不是氧化剂，也不是还原剂。因此反应中水的作用相同的是②③④，
选项C正确。
【点睛】水是仪器洗涤试剂，也是常用的试剂，在水参加的化学反应中，若反应中元素的化合价没有发生变化，则反应属于非氧化还原反应。如CaO+H2O=Ca(OH)2；若水参加的反应中元素的化合价发生了变化，则反应属于氧化还原反应。在有水参加的反应中，水可能是氧化剂，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；也可能是作还原剂，如2F2+2H2O=4HF+O2；也可能是既不作氧化剂，也不作还原剂，如3NO2+H2O=2HNO3+NO；Cl2+2NaOH="NaCl+NaClO+" H2O。若元素化合价升高，失去电子，被氧化，物质作还原剂；若元素化合价降低，获得电子，被还原，物质作氧化剂。
11.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B. 向烧碱溶液中通入过量的CO2：CO2+2OH-=CO32-+H2O
C. 氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
D. Cl2溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子方程式应满足电荷守恒和质量守恒，故钠和水反应离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．向烧碱溶液中通入过量的CO2生成NaHCO3，则离子方程式为CO2+OH-=HCO3-，故B错误；
C．Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2和水，故离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故C正确；
D．氯气和水反应生成的HClO是弱酸，不能拆，故离子方程式应满足Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故D错误；
故答案为C。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱性溶液中：K+、Na+、CO32-、AlO2-
B. 与铝反应产生氢气的溶液中：Na+、K+、HCO3-、Cl-
C. FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42-、SCN-
D. 在盐酸溶液中：K+、Fe2+、SO32-、MnO4-
【答案】A
【解析】
【详解】A．强碱溶液中K+、Na+、CO32-、AlO2-离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．与铝反应产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸碱溶液中均不能大量存在HCO3-，故B错误；
C．Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故C错误；
D．MnO4-具有强氧化性，在酸性条件下可氧化Cl-、Fe2+、SO32-，不能大量共存，故D错误；
故答案为A。
【点睛】考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
13.下列电离方程式书写正确的是（ ）
A. 把H2SO4放入水中：H2SO4=H2+＋SO42-
B. 把Ba(OH)2放入水中：Ba(OH)2=Ba2+＋(OH)2-
C. 把NaHSO4放入水中：NaHSO4=Na+＋H+＋SO42-
D. 把CaCl2放入水中：CaCl2=Ca2+＋Cl2-
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4为强电解质，在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，正确的电离方程式为：H2SO4═2H++SO42-，故A错误；
B．把Ba(OH)2放入水中，氢氧化钡完全电离出钡离子和氢氧根离子，正确的电离方程式为：Ba(OH)2═Ba2++2OH-，故B错误；
C．把NaHSO4放入水中，硫酸氢钠完全电离，其电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-，故C正确；
D．把CaCl2放入水中，氯化钙完全电离出钙离子和氯离子，该电离方程式为：CaCl2═Ca2++2Cl-，故D错误；
故答案为C。
14.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）
A. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH B. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2 D. Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙(钡)反应生成氢氧化钠，都能通过一步反应实现，故A正确；
B．硅和氧气反应生成二氧化硅，因二氧化硅不溶于水，则SiO2→H2SiO3不能一步实现转化，故B错误；
C．Al不能直接生成Al(OH)3，应先和酸反应生成铝盐，进而与碱反应生成氢氧化铝，故C错误；
D．铁和氧气反应生成四氧化三铁，不能生成氧化铁，Fe2O3不能与水反应生成Fe(OH)3，应先和酸反应，然后再和碱反应生成，不能通过一步反应实现，故D错误；
故答案为A。
15.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2>Z2>X2>Y2，则下列氧化还原反应能发生的是
A. 2Y-+W2=2W-+Y2 B. 2X-+Y2=2Y-+X2
C. 2W-+Z2=2Z-+W2 D. 2Z-+X2=2X-+Z2
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应中，物质的氧化性：W2>Y2，与题干物质的氧化性能力吻合，A正确；
B.该反应中，物质的氧化性：Y2>X2，与题干物质的氧化性能力相反，B错误；
C.该反应中，物质氧化性：Z2>W2，与题干物质的氧化性能力相反，C错误；
D.该反应中，物质的氧化性：X2>Z2，与题干物质的氧化性能力相反，D错误；
故合理选项是A。
16.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 1molAl和足量NaOH溶液反应生成的H2体积一定为33.6L
B. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
C. 23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
D. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有指明H2的状态为标准状况，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算生成氢气的体积，故A错误；
B．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，相当于有2mol变成三价铁，转移6mol电子，1mol变成二价铁，转移2mol电子，所以总共转移8 mol电子，即8NA个，故B正确；
C．23g钠的物质的量为1mol，与足量水反应生成0.5 mol H2，所以生成H2分子的个数是0.5NA，故C错误；
D．由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4LN2和H2混合气为1mol，含有2mol原子即2NA个，故D错误；
故答案为B。
【点睛】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
17.使0.15molMnO2与过量的12mol·L-1的浓盐酸反应，使50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2反应，两者产生的氯气相比（其他条件相同）（ ）。
A. 一样多 B. 前者较后者多 C. 后者较前者多 D. 无法比较
【答案】B
【解析】
【详解】0.15mol MnO2与过量的12mol•L-1的浓盐酸反应，浓盐酸过量，二氧化锰完全反应
，
所以产生氯气的物质的量是0.15mol，50mL 12mol•L-1的浓盐酸与足量MnO2反应，盐酸的物质的量为：12mol•L-1×0.05L=0.6mol，二氧化锰过量，若盐酸完全反应根据方程式计算
，所以理论上产生氯气的物质的量是0.15mol，但是，50mL 12mol•L-1的浓盐酸与足量MnO2反应过程中盐酸的浓度不断减小，而稀盐酸与二氧化锰不发生反应，所以说最终产生的氯气小于0.15mol，故A、C、D错误；故选B。
18.二氧化氯是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备ClO2的反应原理如下：
2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑+2H2O＋2NaCl，下列关于该反应的说法中正确的是（ ）
A. 每生成0.1molClO2转移0.2mol电子
B. 氧化性：NaClO3
D. 被氧化和被还原的氯物质的量之比为1：1
【答案】D
【解析】
【分析】
2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl反应中，NaClO3中Cl元素化合价由+5价变为+4价、HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，所以氯酸钠是氧化剂、盐酸是还原剂，再结合物质与电子之间的关系式解答。
【详解】A．反应中生成2molClO2转移2mol电子，则每生成0.1molClO2转移0.1mol电子，故C错误；
B．反应中氯酸钠是氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：NaClO3＞Cl2，故B错误；
C．HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，HCl作还原剂，同时生成NaCl，则还体现了HCl的酸性，故C错误；
D．NaClO3中Cl元素化合价由+5价变为+4价、HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，根据电子守恒可知，被氧化和被还原的物质的物质的量之比为1：1，故D正确；
故答案为D。
19.把7.4 g由 Na2CO3•10H2O 和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液， 其中c(Na+)=0.6 mol•L-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是
A. 2.12g B. 3.18g C. 4.22g D. 5.28g
【答案】B
【解析】
【详解】把7.4gNa2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3•10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.5×0.6mol/L×0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol×0.03mol=3.18g，故答案选B。
【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。
20.在AgNO3、Cu(NO3)2和Zn(NO3)2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生。则下列结论正确的是( )
A. 滤液中一定有Fe(NO3)3 B. 滤渣只含Ag和Cu，一定无Zn
C. 滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn D. 滤渣中一定有Ag、Cu、Fe和Zn
【答案】C
【解析】
【分析】
充分反应后过滤，向滤出的固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，此现象说明Fe过量没有反应完，所以原混合溶液中的Cu(NO3)2、AgNO3全部被置换生成Cu、Ag和Fe(NO3)2溶液。
【详解】A、滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明铁过量，所以滤液中一定没有Fe(NO3)3，故A错误；
B、向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明铁过量，所以滤渣中一定还有Ag、Cu，铁的活动性比锌弱，不会置换出硝酸锌中的锌，故B错误；
C、向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明铁过量，所以滤渣中一定还有Ag、Cu，故C正确；
D、根据上述分析可知，滤渣中一定有Ag、Cu、Fe，一定没有Zn，故D错误；
故选C。
21.V L Al2(SO4)3溶液中含Al3+a g，将此溶液稀释到4V L，则稀释后溶的物质的量浓度是( )
A. mol·L−1 B. mol·L−1 C. mol·L−1 D. mol·L−1
【答案】D
【解析】
【详解】agAl3+的物质的量==mol，溶液中n(Al3+)：n(SO42-)=2：3，VL溶液中n(SO42-)=mol×=mol，将此溶液稀释到4V L，则稀释后溶的物质的量浓度为=mol/L，故选D。
22.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是（ ）
A. 丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量
B. 丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量
C. 乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡
D. 甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡
【答案】A
【解析】
【详解】A．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；故A正确；
B．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生沉淀，然后发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应： Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，故B错误；
C．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，则沉淀开始溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．故C错误；
D．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；故D错误；
故答案为A。
23.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液并加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，将过滤洗涤后的沉淀灼烧得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列说法正确的是
A. 该溶液中最多存在4种离子
B. 该溶液中不能确定是否存在CO32-
C. 该溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-)≥0.4mol∙L-1
D. 该溶液可由KCl、(NH4)2SO4和FeCl3配制而成
【答案】C
【解析】
【分析】
某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液并加热，得到0.02mol气体，说明含有NH4+，其物质的量是0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明含有Fe3+，产生的沉淀是Fe(OH)3，将过滤洗涤后的沉淀灼烧得到1.6g固体；该固体是Fe2O3，n(Fe2O3)= 1.6g÷160g/mol=0.01mol，则根据铁元素守恒可知n(Fe3+)=2 n(Fe2O3)=0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，该沉淀是BaSO4，说明含有SO42-，其物质的量是n(SO42-)= 4.66g÷233g/mol=0.02mol，已经确定的阳离子带有的正电荷总数是：n(NH4+)+ 3n(Fe3+)= 0.02mol+3× 0.02mol=0.08mol，SO42-带有的负电荷总数是2n(SO42-)=2×0.02mol=0.04mol<0.08mol，溶液中还含有其它阴离子。由于CO32-和Fe3+会发生盐的双水解反应而不能大量共存，所以溶液中不存在CO32-。所以一定含有Cl-。若不存在其它阳离子K+，则n(Cl-)=0.08mol-0.04mol=0.04mol，c(Cl-)=0.04mol÷0.1L= 0.4mol/L，若存在K+，则根据电荷守恒可知c(Cl-)>0.4mol/L，所以该溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-) ≥0.4mol∙L-1；
【详解】A．溶液中一定存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，可能含有K+，该溶液中最少存在4种离子，A错误；
B．由于溶液中含有Fe3+，CO32-和Fe3+会发生盐的双水解反应而不能大量共存，所以溶液中不存在CO32-，B错误；
C．通过上述分析可知该溶液中一定存在Cl-，且c(Cl-)≥0.4mol∙L-1，C正确；
D．该溶液可能含有K+，也可能不含K+，所以不一定由KCl、(NH4)2SO4和FeCl3配制而成，D错误；
答案选C。
24.有如下反应(未配平)：BrF3＋H2O→Br2＋O2＋HBrO3＋HF，反应后测得生成Br2与O2各1 mol。下列判断错误的是
A. 反应共转移6 mol电子
B. 氧化剂为BrF3，还原产物为Br2
C. 配平后H2O与HF的物质的量之比为5∶9
D. 被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是1∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由-2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，单线桥表示电子转移情况：，以此来解答。
【详解】A. 由分析可知，单线桥表示该反应电子转移情况为，反应共转移2+4=6 mol电子，故A正确；
B. 反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，氧化剂是BrF3，还原产物是Br2，故B正确；
C. 由分析可知配平后的方程式为：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，H2O与HF的物质的量之比为5∶9，故C正确；
D. 配平后的方程式：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，当有5.0mol水参加反应时，3molBrF3参与反应，反应共转移6 mol电子，水作还原剂，共有2mol水失去4mol电子，BrF3中作还原剂部分Br元素由+3价变为+5价，需要失去6mol-4mol=2mol电子，则作还原剂的BrF3的物质的量为1mol，作氧化剂的BrF3为2mol，被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是2∶1，故D错误；
题目要求选错误的，故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重电子守恒的考查，题目难度不大。
第二卷 非选择题
二、填空题（共4小题，共46分）
25.如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：
（1）写出仪器C、E的名称分别是___、___。
（2）下列有机溶剂中不可能作为水溶液萃取剂的是___（填字母）。
A．汽油 B．CCl4 C．酒精 D．苯
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 冷凝管 (3). C
【解析】
【分析】
(1)根据仪器的结构和性能确定仪器名称；
(2)萃取剂的选择原则是：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应。
【详解】(1)图中C是分液漏斗、E是冷凝管；
(2)汽油、苯和CCl4均不溶于水，可作水溶液萃取剂，而酒精与水互溶，不能用作水溶液萃取剂，故答案为C。
26.配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：
（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84g/cm3的浓硫酸的体积为___mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应最好选用___mL量筒。
（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是___。
（3）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②不宜贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是__（填字母）。
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．②③④
（4）配制时，其正确的操作顺序是___（用字母表示，每个操作只用一次）。
A．用少量水洗涤烧杯2次～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．在盛有水的烧杯中加入浓硫酸稀释
C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1 cm～2 cm处
（5）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是__（填序号）。
A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶
E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
【答案】 (1). 13.6 (2). 15 (3). 500mL容量瓶、胶头滴管 (4). A (5). BCAFED (6). ACD
【解析】
【分析】
(1)由c=计算浓硫酸的物质的量浓度，结合溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适规格的量筒；
(2)配制一定物质的量浓度步骤有计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，以此选择需要的仪器；
(3)容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，使用前需要查漏；
(4)结合步骤计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶分析；
(5)由c=可知，不当操作使n偏大或V偏小，则所配溶液浓度偏高，以此来解答。
【详解】(1)实验室没有450 mL的容量瓶，应该选用500mL的容量瓶配制。浓硫酸的浓度c==mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5mol/L×0.5L，V=0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒；
(2)配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。使用到的玻璃仪器有，量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)容量瓶是配制准确浓度溶液的仪器；不宜长期贮存溶液；不能用来加热；使用之前要检查是否漏水，故答案为A；
(4)配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。正确的操作顺序为BCAFED；
(5)A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，导致配制的溶液体积偏小，浓度偏大，故A正确；
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质物质的量偏少，浓度偏小，故B错误；
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致配制的溶液体积偏小，浓度偏大，故C正确；
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶，导致溶质的物质的量偏大，浓度偏大，故D正确；
E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，浓度偏小，故E错误；
故答案为ACD。
27.（1）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。刻蚀印刷电路板涉及的离子方程式为___，检验溶液中还有Fe3+的试剂是___。
（2）工业上制取漂白粉的化学反应方程式为___，漂白粉在空气中表现漂白性的原理是___，除去氯气中混有的氯化氢气体的方法是将气体通过___溶液中。
（3）铝分别与足量的NaOH溶液和稀硫酸反应，若两个反应在相同状况下放出等量的气体，则两个反应中消耗的铝的物质的量之比为___。
（4）玻璃烧制过程中发生的反应有___。
（5）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，质量为12g。此混合物中CO和CO2物质的量之比是___。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). KSCN溶液 (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (4). Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3 (5). 饱和食盐水 (6). 1：1 (7). SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2 (8). 1：3
【解析】
【分析】
(1)用FeCl3溶液做腐蚀液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，由反应物、生成物及电子、原子守恒书写离子方程式；
(2)工业上是利用氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；Ca(ClO)2和溶有CO2的H2O溶液反应生成HClO；氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减小；
(3)铝分别和足量的氢氧化钠和稀硫酸反应，如果生成相同条件下等量的氢气，这两个反应中都是铝失电子，且都是由0价升高到+3价，由电子守恒，可求出需要铝的物质的量；
(4)工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，碳酸钙和碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸盐和二氧化碳；
(5)根据n=计算混合气体的总的物质的量，设CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，根据质量之和与物质的量之和列式计算CO和CO2的物质的量，进而计算二者物质的量之比。
【详解】(1) 用FeCl3溶液做腐蚀液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，由反应物、生成物及电子、原子守恒可知反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，检验Fe3+溶液的试剂是KSCN溶液，滴入KSCN溶液，溶液变红色证明含铁离子；
(2) 工业上是利用氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉的有效成分Ca(ClO)2溶于水，和水中溶解的CO2反应生成HClO，HClO有强氧化性，具有漂白性，发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓；因氯气与水发生：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体；
(3) 铝分别和足量的氢氧化钠和稀硫酸反应，如果生成相同条件下等量的氢气，这两个反应中都是铝失电子，由转移电子守恒知，需要铝的物质的量之比为1：1；
(4)工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，碳酸钙和碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸盐和二氧化碳，发生反应的化学方程式为SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2或SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2；
(5)标准状况下，混合气体的物质的量为：＝0.3mol；设CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则：x+y＝0.3、28x+44y＝12，解得：x＝0.075mol，y＝0.225mol，此混合物中CO和CO2物质的量之比=0.075mol：0.225mol=1：3。
28.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。
（1）中国四大发明之一的指南针由天然磁石制成的，其主要成分是___。
A .Fe B．FeO C．Fe3O4 D．Fe2O3
（2）实验室用绿矾FeSO4·xH2O配制FeSO4溶液时为了防止FeSO4溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因___(用离子方程式表示)。
（3）某同学甲取2mLFeSO4溶液，加入1滴KSCN溶液，再加入几滴氯水，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeSO4溶液与氯水反应的离子方程式为___。
（4）同学乙认为甲同学的实验不够严谨，该同学在2mLFeSO4溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入1滴KSCN溶液和几滴氯水，溶液变红，煤油的作用是___。
（5）为测定某绿矾FeSO4.xH2O中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是___。
②将下列实验操作步骤正确排序___（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2 d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温
③根据实验记录，计算绿矾FeSO4·xH2O化学式中结晶水数目x=___（列式表示）。
【答案】 (1). C (2). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). 2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl- (4). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (5). 球形干燥管或干燥管 (6). dabcfe (7).
【解析】
【分析】
(1)指南针是由天然磁石制成的，主要成分为四氧化三铁；
(2)加入铁粉，可与氧化生成的铁离子反应生成亚铁离子；
(3)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；
(4)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；
(5)①根据仪器的结构和性能可判断仪器名称；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化；
③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)；m(H2O)=(m2-m3)，以此计算n(H2O)、n(FeSO4)，结晶水的数目等于；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化。
【详解】(1)指南针是由天然磁石制成的，主要成分为四氧化三铁，只有C 符合，故答案为C；
(2)配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是Fe+2Fe3+═3Fe2+；
(3)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；
(4)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；
(5)①由仪器的结构和性能可知B为干燥管；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce；
③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)，m(H2O)=(m2-m3)，则n(H2O)=、n(FeSO4)=，结晶水的数目等于=。
29.向一定体积CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入浓度为1 mol·L－1的Na2CO3溶液，反应过程中加入的Na2CO3溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知图中V1∶V2＝1∶2；当加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的浓度为1 mol·L－1，体积为200 mL。求：
(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的溶质是________。
(2)原混合溶液中CaCl2和HCl的物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。
(3)m1＝________g，m2＝________g。
【答案】 (1). NaCl (2). 1∶2 (3). 2.2 (4). 5
【解析】
【分析】
分析反应的过程可知：加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了，据此分析解答。
【详解】(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，沉淀或气体的质量不再增大，说明碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故所得溶液的溶质是NaCl；
(2) 由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 混合溶液中逐滴加入浓度为 1mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1:2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1:2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.2mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol，n(CaCl2)∶n(HCl)=1:2；
(3) 0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，则n(CO2)= n (HCl)= ×0.1mol=0.05mol，m1= n(CO2) ×M(CO2)=0.05mol×44g/mol=2.2g，由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.05mol，所以m2=0.0500mol5 g。
【点睛】本题考查的是有关混合物的组成的计算，难度较大。弄清反应原理和反应的先后顺序是解题的关键，从图像中及题中找出关键数据是解题的保证，巧妙运用守恒法是解题的捷径。
化学
相对原子质量：C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Ba：137 Ca：40
一、选择题（共24小题，每小题2分，共48分）
1.进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是： （ ）
A. 胶粒可以导电 B. 胶体粒子大小在1~100nm之间
C. 胶体是混合物 D. 胶体的分散剂为气体
【答案】B
【解析】
【详解】A、胶粒可以导电是胶体的性质，故A错误；
B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm（10-7～10-9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确；
C、胶体是混合物，是指分散系由多种物质组成，故C错误；
D、胶体的分散剂为气体，指分散剂的状态为气态，故D错误；
故选B。
2.华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是( )
A. Si B. SiO2 C. Na2SiO3 D. SiCl4
【答案】B
【解析】
【详解】光导纤维的主要成分是SiO2；硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板；硅酸钠可用作木材防腐、防火；四氯化硅可用于制备高纯硅。答案选B。
3.随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，可用适当方法在包装袋中装入
A. 无水硫酸铜、蔗糖 B. 生石灰、硫酸亚铁
C. 食盐、硫酸亚铁 D. 生石灰、食盐
【答案】B
【解析】
【分析】
为防止食品受潮，包装袋中物质应具有吸水性；为防止富脂食品氧化变质，包装袋内物质应具有还原性。据此解答。
【详解】A项，无水硫酸铜能吸水，能防止食品受潮，蔗糖不能防止富脂食品氧化变质，错误；
B项，生石灰能吸水，能防止食品受潮，硫酸亚铁具有还原性，能防止富脂食品氧化变质，正确；
C项，硫酸亚铁具有还原性，能防止富脂食品氧化变质，食盐不能吸水，不能防止食品受潮，错误；
D项，生石灰能吸水，能防止食品受潮，食盐不能防止富脂食品氧化变质，错误；
答案选B。
4.下列转化过程中必须加入还原剂的是
A. FeS→H2S B. SO2→SO32- C. Fe3+→Fe2+ D. Cu→Cu2+
【答案】C
【解析】
【分析】
必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。
【详解】A、FeS→H2S，无化合价变化，非氧化还原反应，故A错误；
B、SO2→SO32-无化合价变化，非氧化还原反应，故B错误；
C.、Fe3+→Fe2+ 化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，所以C选项是正确的；
D、Cu→Cu2+，化合价升高，被氧化，应加氧化剂，故D错误。
所以C选项是正确的。
5.下列溶液中的Cl-浓度与50mL1mol·L-1MgCl2溶液中的Cl-浓度相等的是（ ）
A. 25mL1mol·L-1Ca(ClO)2溶液 B. 100mL2mol·L-1KCl溶液
C. 25mL1mol·L-1AlCl3溶液 D. 100mL1mol·L-1NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】50mL 1mol•L-1 MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=2c(MgCl2)=2mol/L；
A．Ca(ClO)2溶液中没有Cl-，则c(Cl-)=0，故A错误；
B．100mL 2mol•L-1 KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=c(KCl)=2mol/L，故B正确；
C．25mL 1mol•L-1 AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度c(Cl-)=3c(AlCl3)=3mol/L，故C错误；
D．100mL 1mol•L-1 NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=c(NaCl)=1mol/L，故D错误；
故答案为B。
6.分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是
A. 烧碱和纯碱都属于碱 B. 硫酸和盐酸都属于含氧酸
C. Na2SiO3和Na2SO4都属于钠盐 D. Fe2O3和Al2O3都属于碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．烧碱是NaOH，是碱，而纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A错误；
B．硫酸是含氧酸，而盐酸是无氧酸，故B错误；
C．Na2SiO3和Na2SO4电离时，均生成金属钠离子和酸根离子，属于钠盐，故C正确；
D．Al2O3能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，故D错误；
故答案为C。
7.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系不正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
常用铝箔做包装材料
金属铝有好的延展性
B
FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板
FeCl3可与Cu发生反应
C
烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹
烧菜时铁锅被染色
D
Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂
Na2O2与H2O、CO2反应产生O2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，故A正确；
B．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板，故B正确；
C．铁锅经放置常出现红棕色斑迹，是铁表面的氯化钠电解质溶液中形成吸氧腐蚀导致表面生锈，不是被染色，故C错误；
D．过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂，故D正确；
故答案为C。
8.镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（ ）
A. Cu2＋ B. AlO2- C. Al3＋ D. Mg2＋
【答案】B
【解析】
【分析】
镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，生成氯化镁和氯化铝，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，据此分析判断。
【详解】镁、铝、铜中加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，过滤后滤液中只存在AlO2-；
答案选B。
9.下列各组中两种物质反应时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是( )
A. Na与O2 B. Na2O2与CO2
C. Na2CO3溶液与盐酸 D. NaAlO2溶液与盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na与O2反应，温度不同，产物不同，常温下生成氧化钠，加热条件下反应生成过氧化钠，反应条件不同，生成物不同，A不合题意；
B.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响，B符合题意；
C.Na2CO3溶液与盐酸反应，盐酸不足可生成碳酸氢钠，盐酸过量，可生成二氧化碳气体，则反应物用量不同，产物不同，C不合题意；
D.NaAlO2溶液与盐酸反应，盐酸不足，可生成氢氧化铝，盐酸过量可生成氯化铝，反应物用量不同，产物不同，D不合题意。
故选B。
10. 从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是
① 铁和水蒸气反应 ② 过氧化钠和水反应
③氯气和水反应 ④ 二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①铁和水蒸气反应，水是氧化剂；
②过氧化钠和水反应，水既不是氧化剂，也不是还原剂；
③氯气和水反应水既不是氧化剂，也不是还原剂；
④在二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，水既不是氧化剂，也不是还原剂。因此反应中水的作用相同的是②③④，
选项C正确。
【点睛】水是仪器洗涤试剂，也是常用的试剂，在水参加的化学反应中，若反应中元素的化合价没有发生变化，则反应属于非氧化还原反应。如CaO+H2O=Ca(OH)2；若水参加的反应中元素的化合价发生了变化，则反应属于氧化还原反应。在有水参加的反应中，水可能是氧化剂，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；也可能是作还原剂，如2F2+2H2O=4HF+O2；也可能是既不作氧化剂，也不作还原剂，如3NO2+H2O=2HNO3+NO；Cl2+2NaOH="NaCl+NaClO+" H2O。若元素化合价升高，失去电子，被氧化，物质作还原剂；若元素化合价降低，获得电子，被还原，物质作氧化剂。
11.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B. 向烧碱溶液中通入过量的CO2：CO2+2OH-=CO32-+H2O
C. 氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
D. Cl2溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子方程式应满足电荷守恒和质量守恒，故钠和水反应离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．向烧碱溶液中通入过量的CO2生成NaHCO3，则离子方程式为CO2+OH-=HCO3-，故B错误；
C．Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2和水，故离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故C正确；
D．氯气和水反应生成的HClO是弱酸，不能拆，故离子方程式应满足Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故D错误；
故答案为C。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱性溶液中：K+、Na+、CO32-、AlO2-
B. 与铝反应产生氢气的溶液中：Na+、K+、HCO3-、Cl-
C. FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42-、SCN-
D. 在盐酸溶液中：K+、Fe2+、SO32-、MnO4-
【答案】A
【解析】
【详解】A．强碱溶液中K+、Na+、CO32-、AlO2-离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．与铝反应产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸碱溶液中均不能大量存在HCO3-，故B错误；
C．Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故C错误；
D．MnO4-具有强氧化性，在酸性条件下可氧化Cl-、Fe2+、SO32-，不能大量共存，故D错误；
故答案为A。
【点睛】考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
13.下列电离方程式书写正确的是（ ）
A. 把H2SO4放入水中：H2SO4=H2+＋SO42-
B. 把Ba(OH)2放入水中：Ba(OH)2=Ba2+＋(OH)2-
C. 把NaHSO4放入水中：NaHSO4=Na+＋H+＋SO42-
D. 把CaCl2放入水中：CaCl2=Ca2+＋Cl2-
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4为强电解质，在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，正确的电离方程式为：H2SO4═2H++SO42-，故A错误；
B．把Ba(OH)2放入水中，氢氧化钡完全电离出钡离子和氢氧根离子，正确的电离方程式为：Ba(OH)2═Ba2++2OH-，故B错误；
C．把NaHSO4放入水中，硫酸氢钠完全电离，其电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-，故C正确；
D．把CaCl2放入水中，氯化钙完全电离出钙离子和氯离子，该电离方程式为：CaCl2═Ca2++2Cl-，故D错误；
故答案为C。
14.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）
A. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH B. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2 D. Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙(钡)反应生成氢氧化钠，都能通过一步反应实现，故A正确；
B．硅和氧气反应生成二氧化硅，因二氧化硅不溶于水，则SiO2→H2SiO3不能一步实现转化，故B错误；
C．Al不能直接生成Al(OH)3，应先和酸反应生成铝盐，进而与碱反应生成氢氧化铝，故C错误；
D．铁和氧气反应生成四氧化三铁，不能生成氧化铁，Fe2O3不能与水反应生成Fe(OH)3，应先和酸反应，然后再和碱反应生成，不能通过一步反应实现，故D错误；
故答案为A。
15.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2>Z2>X2>Y2，则下列氧化还原反应能发生的是
A. 2Y-+W2=2W-+Y2 B. 2X-+Y2=2Y-+X2
C. 2W-+Z2=2Z-+W2 D. 2Z-+X2=2X-+Z2
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应中，物质的氧化性：W2>Y2，与题干物质的氧化性能力吻合，A正确；
B.该反应中，物质的氧化性：Y2>X2，与题干物质的氧化性能力相反，B错误；
C.该反应中，物质氧化性：Z2>W2，与题干物质的氧化性能力相反，C错误；
D.该反应中，物质的氧化性：X2>Z2，与题干物质的氧化性能力相反，D错误；
故合理选项是A。
16.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 1molAl和足量NaOH溶液反应生成的H2体积一定为33.6L
B. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
C. 23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
D. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．没有指明H2的状态为标准状况，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算生成氢气的体积，故A错误；
B．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，相当于有2mol变成三价铁，转移6mol电子，1mol变成二价铁，转移2mol电子，所以总共转移8 mol电子，即8NA个，故B正确；
C．23g钠的物质的量为1mol，与足量水反应生成0.5 mol H2，所以生成H2分子的个数是0.5NA，故C错误；
D．由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4LN2和H2混合气为1mol，含有2mol原子即2NA个，故D错误；
故答案为B。
【点睛】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
17.使0.15molMnO2与过量的12mol·L-1的浓盐酸反应，使50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2反应，两者产生的氯气相比（其他条件相同）（ ）。
A. 一样多 B. 前者较后者多 C. 后者较前者多 D. 无法比较
【答案】B
【解析】
【详解】0.15mol MnO2与过量的12mol•L-1的浓盐酸反应，浓盐酸过量，二氧化锰完全反应
，
所以产生氯气的物质的量是0.15mol，50mL 12mol•L-1的浓盐酸与足量MnO2反应，盐酸的物质的量为：12mol•L-1×0.05L=0.6mol，二氧化锰过量，若盐酸完全反应根据方程式计算
，所以理论上产生氯气的物质的量是0.15mol，但是，50mL 12mol•L-1的浓盐酸与足量MnO2反应过程中盐酸的浓度不断减小，而稀盐酸与二氧化锰不发生反应，所以说最终产生的氯气小于0.15mol，故A、C、D错误；故选B。
18.二氧化氯是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备ClO2的反应原理如下：
2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑+2H2O＋2NaCl，下列关于该反应的说法中正确的是（ ）
A. 每生成0.1molClO2转移0.2mol电子
B. 氧化性：NaClO3
D. 被氧化和被还原的氯物质的量之比为1：1
【答案】D
【解析】
【分析】
2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl反应中，NaClO3中Cl元素化合价由+5价变为+4价、HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，所以氯酸钠是氧化剂、盐酸是还原剂，再结合物质与电子之间的关系式解答。
【详解】A．反应中生成2molClO2转移2mol电子，则每生成0.1molClO2转移0.1mol电子，故C错误；
B．反应中氯酸钠是氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：NaClO3＞Cl2，故B错误；
C．HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，HCl作还原剂，同时生成NaCl，则还体现了HCl的酸性，故C错误；
D．NaClO3中Cl元素化合价由+5价变为+4价、HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，根据电子守恒可知，被氧化和被还原的物质的物质的量之比为1：1，故D正确；
故答案为D。
19.把7.4 g由 Na2CO3•10H2O 和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液， 其中c(Na+)=0.6 mol•L-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是
A. 2.12g B. 3.18g C. 4.22g D. 5.28g
【答案】B
【解析】
【详解】把7.4gNa2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3•10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.5×0.6mol/L×0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol×0.03mol=3.18g，故答案选B。
【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。
20.在AgNO3、Cu(NO3)2和Zn(NO3)2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生。则下列结论正确的是( )
A. 滤液中一定有Fe(NO3)3 B. 滤渣只含Ag和Cu，一定无Zn
C. 滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn D. 滤渣中一定有Ag、Cu、Fe和Zn
【答案】C
【解析】
【分析】
充分反应后过滤，向滤出的固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，此现象说明Fe过量没有反应完，所以原混合溶液中的Cu(NO3)2、AgNO3全部被置换生成Cu、Ag和Fe(NO3)2溶液。
【详解】A、滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明铁过量，所以滤液中一定没有Fe(NO3)3，故A错误；
B、向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明铁过量，所以滤渣中一定还有Ag、Cu，铁的活动性比锌弱，不会置换出硝酸锌中的锌，故B错误；
C、向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明铁过量，所以滤渣中一定还有Ag、Cu，故C正确；
D、根据上述分析可知，滤渣中一定有Ag、Cu、Fe，一定没有Zn，故D错误；
故选C。
21.V L Al2(SO4)3溶液中含Al3+a g，将此溶液稀释到4V L，则稀释后溶的物质的量浓度是( )
A. mol·L−1 B. mol·L−1 C. mol·L−1 D. mol·L−1
【答案】D
【解析】
【详解】agAl3+的物质的量==mol，溶液中n(Al3+)：n(SO42-)=2：3，VL溶液中n(SO42-)=mol×=mol，将此溶液稀释到4V L，则稀释后溶的物质的量浓度为=mol/L，故选D。
22.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是（ ）
A. 丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量
B. 丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量
C. 乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡
D. 甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡
【答案】A
【解析】
【详解】A．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；故A正确；
B．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生沉淀，然后发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应： Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，故B错误；
C．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，则沉淀开始溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．故C错误；
D．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；故D错误；
故答案为A。
23.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液并加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，将过滤洗涤后的沉淀灼烧得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列说法正确的是
A. 该溶液中最多存在4种离子
B. 该溶液中不能确定是否存在CO32-
C. 该溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-)≥0.4mol∙L-1
D. 该溶液可由KCl、(NH4)2SO4和FeCl3配制而成
【答案】C
【解析】
【分析】
某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液并加热，得到0.02mol气体，说明含有NH4+，其物质的量是0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明含有Fe3+，产生的沉淀是Fe(OH)3，将过滤洗涤后的沉淀灼烧得到1.6g固体；该固体是Fe2O3，n(Fe2O3)= 1.6g÷160g/mol=0.01mol，则根据铁元素守恒可知n(Fe3+)=2 n(Fe2O3)=0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，该沉淀是BaSO4，说明含有SO42-，其物质的量是n(SO42-)= 4.66g÷233g/mol=0.02mol，已经确定的阳离子带有的正电荷总数是：n(NH4+)+ 3n(Fe3+)= 0.02mol+3× 0.02mol=0.08mol，SO42-带有的负电荷总数是2n(SO42-)=2×0.02mol=0.04mol<0.08mol，溶液中还含有其它阴离子。由于CO32-和Fe3+会发生盐的双水解反应而不能大量共存，所以溶液中不存在CO32-。所以一定含有Cl-。若不存在其它阳离子K+，则n(Cl-)=0.08mol-0.04mol=0.04mol，c(Cl-)=0.04mol÷0.1L= 0.4mol/L，若存在K+，则根据电荷守恒可知c(Cl-)>0.4mol/L，所以该溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-) ≥0.4mol∙L-1；
【详解】A．溶液中一定存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，可能含有K+，该溶液中最少存在4种离子，A错误；
B．由于溶液中含有Fe3+，CO32-和Fe3+会发生盐的双水解反应而不能大量共存，所以溶液中不存在CO32-，B错误；
C．通过上述分析可知该溶液中一定存在Cl-，且c(Cl-)≥0.4mol∙L-1，C正确；
D．该溶液可能含有K+，也可能不含K+，所以不一定由KCl、(NH4)2SO4和FeCl3配制而成，D错误；
答案选C。
24.有如下反应(未配平)：BrF3＋H2O→Br2＋O2＋HBrO3＋HF，反应后测得生成Br2与O2各1 mol。下列判断错误的是
A. 反应共转移6 mol电子
B. 氧化剂为BrF3，还原产物为Br2
C. 配平后H2O与HF的物质的量之比为5∶9
D. 被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是1∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由-2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，单线桥表示电子转移情况：，以此来解答。
【详解】A. 由分析可知，单线桥表示该反应电子转移情况为，反应共转移2+4=6 mol电子，故A正确；
B. 反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，氧化剂是BrF3，还原产物是Br2，故B正确；
C. 由分析可知配平后的方程式为：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，H2O与HF的物质的量之比为5∶9，故C正确；
D. 配平后的方程式：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，当有5.0mol水参加反应时，3molBrF3参与反应，反应共转移6 mol电子，水作还原剂，共有2mol水失去4mol电子，BrF3中作还原剂部分Br元素由+3价变为+5价，需要失去6mol-4mol=2mol电子，则作还原剂的BrF3的物质的量为1mol，作氧化剂的BrF3为2mol，被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是2∶1，故D错误；
题目要求选错误的，故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重电子守恒的考查，题目难度不大。
第二卷 非选择题
二、填空题（共4小题，共46分）
25.如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：
（1）写出仪器C、E的名称分别是___、___。
（2）下列有机溶剂中不可能作为水溶液萃取剂的是___（填字母）。
A．汽油 B．CCl4 C．酒精 D．苯
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 冷凝管 (3). C
【解析】
【分析】
(1)根据仪器的结构和性能确定仪器名称；
(2)萃取剂的选择原则是：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应。
【详解】(1)图中C是分液漏斗、E是冷凝管；
(2)汽油、苯和CCl4均不溶于水，可作水溶液萃取剂，而酒精与水互溶，不能用作水溶液萃取剂，故答案为C。
26.配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：
（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84g/cm3的浓硫酸的体积为___mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应最好选用___mL量筒。
（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是___。
（3）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②不宜贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是__（填字母）。
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．②③④
（4）配制时，其正确的操作顺序是___（用字母表示，每个操作只用一次）。
A．用少量水洗涤烧杯2次～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．在盛有水的烧杯中加入浓硫酸稀释
C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1 cm～2 cm处
（5）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是__（填序号）。
A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶
E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
【答案】 (1). 13.6 (2). 15 (3). 500mL容量瓶、胶头滴管 (4). A (5). BCAFED (6). ACD
【解析】
【分析】
(1)由c=计算浓硫酸的物质的量浓度，结合溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适规格的量筒；
(2)配制一定物质的量浓度步骤有计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，以此选择需要的仪器；
(3)容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，使用前需要查漏；
(4)结合步骤计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶分析；
(5)由c=可知，不当操作使n偏大或V偏小，则所配溶液浓度偏高，以此来解答。
【详解】(1)实验室没有450 mL的容量瓶，应该选用500mL的容量瓶配制。浓硫酸的浓度c==mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5mol/L×0.5L，V=0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒；
(2)配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。使用到的玻璃仪器有，量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)容量瓶是配制准确浓度溶液的仪器；不宜长期贮存溶液；不能用来加热；使用之前要检查是否漏水，故答案为A；
(4)配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。正确的操作顺序为BCAFED；
(5)A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，导致配制的溶液体积偏小，浓度偏大，故A正确；
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质物质的量偏少，浓度偏小，故B错误；
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致配制的溶液体积偏小，浓度偏大，故C正确；
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶，导致溶质的物质的量偏大，浓度偏大，故D正确；
E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，浓度偏小，故E错误；
故答案为ACD。
27.（1）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。刻蚀印刷电路板涉及的离子方程式为___，检验溶液中还有Fe3+的试剂是___。
（2）工业上制取漂白粉的化学反应方程式为___，漂白粉在空气中表现漂白性的原理是___，除去氯气中混有的氯化氢气体的方法是将气体通过___溶液中。
（3）铝分别与足量的NaOH溶液和稀硫酸反应，若两个反应在相同状况下放出等量的气体，则两个反应中消耗的铝的物质的量之比为___。
（4）玻璃烧制过程中发生的反应有___。
（5）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，质量为12g。此混合物中CO和CO2物质的量之比是___。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). KSCN溶液 (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (4). Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3 (5). 饱和食盐水 (6). 1：1 (7). SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2 (8). 1：3
【解析】
【分析】
(1)用FeCl3溶液做腐蚀液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，由反应物、生成物及电子、原子守恒书写离子方程式；
(2)工业上是利用氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；Ca(ClO)2和溶有CO2的H2O溶液反应生成HClO；氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减小；
(3)铝分别和足量的氢氧化钠和稀硫酸反应，如果生成相同条件下等量的氢气，这两个反应中都是铝失电子，且都是由0价升高到+3价，由电子守恒，可求出需要铝的物质的量；
(4)工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，碳酸钙和碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸盐和二氧化碳；
(5)根据n=计算混合气体的总的物质的量，设CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，根据质量之和与物质的量之和列式计算CO和CO2的物质的量，进而计算二者物质的量之比。
【详解】(1) 用FeCl3溶液做腐蚀液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，由反应物、生成物及电子、原子守恒可知反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，检验Fe3+溶液的试剂是KSCN溶液，滴入KSCN溶液，溶液变红色证明含铁离子；
(2) 工业上是利用氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉的有效成分Ca(ClO)2溶于水，和水中溶解的CO2反应生成HClO，HClO有强氧化性，具有漂白性，发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓；因氯气与水发生：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体；
(3) 铝分别和足量的氢氧化钠和稀硫酸反应，如果生成相同条件下等量的氢气，这两个反应中都是铝失电子，由转移电子守恒知，需要铝的物质的量之比为1：1；
(4)工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，碳酸钙和碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸盐和二氧化碳，发生反应的化学方程式为SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2或SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2；
(5)标准状况下，混合气体的物质的量为：＝0.3mol；设CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则：x+y＝0.3、28x+44y＝12，解得：x＝0.075mol，y＝0.225mol，此混合物中CO和CO2物质的量之比=0.075mol：0.225mol=1：3。
28.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。
（1）中国四大发明之一的指南针由天然磁石制成的，其主要成分是___。
A .Fe B．FeO C．Fe3O4 D．Fe2O3
（2）实验室用绿矾FeSO4·xH2O配制FeSO4溶液时为了防止FeSO4溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因___(用离子方程式表示)。
（3）某同学甲取2mLFeSO4溶液，加入1滴KSCN溶液，再加入几滴氯水，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeSO4溶液与氯水反应的离子方程式为___。
（4）同学乙认为甲同学的实验不够严谨，该同学在2mLFeSO4溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入1滴KSCN溶液和几滴氯水，溶液变红，煤油的作用是___。
（5）为测定某绿矾FeSO4.xH2O中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是___。
②将下列实验操作步骤正确排序___（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2 d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温
③根据实验记录，计算绿矾FeSO4·xH2O化学式中结晶水数目x=___（列式表示）。
【答案】 (1). C (2). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). 2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl- (4). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (5). 球形干燥管或干燥管 (6). dabcfe (7).
【解析】
【分析】
(1)指南针是由天然磁石制成的，主要成分为四氧化三铁；
(2)加入铁粉，可与氧化生成的铁离子反应生成亚铁离子；
(3)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；
(4)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；
(5)①根据仪器的结构和性能可判断仪器名称；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化；
③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)；m(H2O)=(m2-m3)，以此计算n(H2O)、n(FeSO4)，结晶水的数目等于；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化。
【详解】(1)指南针是由天然磁石制成的，主要成分为四氧化三铁，只有C 符合，故答案为C；
(2)配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是Fe+2Fe3+═3Fe2+；
(3)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；
(4)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；
(5)①由仪器的结构和性能可知B为干燥管；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce；
③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)，m(H2O)=(m2-m3)，则n(H2O)=、n(FeSO4)=，结晶水的数目等于=。
29.向一定体积CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入浓度为1 mol·L－1的Na2CO3溶液，反应过程中加入的Na2CO3溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知图中V1∶V2＝1∶2；当加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的浓度为1 mol·L－1，体积为200 mL。求：
(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的溶质是________。
(2)原混合溶液中CaCl2和HCl的物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。
(3)m1＝________g，m2＝________g。
【答案】 (1). NaCl (2). 1∶2 (3). 2.2 (4). 5
【解析】
【分析】
分析反应的过程可知：加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了，据此分析解答。
【详解】(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，沉淀或气体的质量不再增大，说明碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故所得溶液的溶质是NaCl；
(2) 由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 混合溶液中逐滴加入浓度为 1mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1:2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1:2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.2mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol，n(CaCl2)∶n(HCl)=1:2；
(3) 0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，则n(CO2)= n (HCl)= ×0.1mol=0.05mol，m1= n(CO2) ×M(CO2)=0.05mol×44g/mol=2.2g，由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.05mol，所以m2=0.0500mol5 g。
【点睛】本题考查的是有关混合物的组成的计算，难度较大。弄清反应原理和反应的先后顺序是解题的关键，从图像中及题中找出关键数据是解题的保证，巧妙运用守恒法是解题的捷径。
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