宁夏育才中学学益校区2019-2020学年高一上学期月考化学试题

宁夏育才中学2019-2020高一年级月考2考试
化学试卷
答题说明：
1.考生应把学校、考场、考号、姓名写在密封线以内，密封线以外的无效。
2.请用钢笔、中型笔或圆珠笔把答案写在答题卡的横线上,选择题涂在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Fe—56 Cu—64
第Ⅰ卷 选择题（共50分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）
1.下列各组物质中，前者为混合物，后者为单质的是(　　)
A. Na2CO3·10H2O、石墨 B. 碘酒、干冰
C. 石油、液氧 D. 盐酸、水
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2CO3·10H2O是化合物，石墨是单质，故A错误；B、碘酒是碘的酒精溶液是混合物，干冰是化合物，故B错误；C、液氧是单质，石油是多种烃的混合物，故C正确；D、盐酸是HCl和H2O的混合物，水是化合物，D错误。故选C。
2.化学知识可以帮助解决日常生活中遇到的许多问题，下列说法错误的是（ ）
A. 胃酸过多的病人，可以服用碳酸氢钠来中和胃酸
B. 明矾有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒
C. 由于镁燃烧发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火
D. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 胃酸的主要成分是盐酸，与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和CO2；
B. 明矾溶于水，Al3+水解生成胶体；
C. 镁燃烧后发出耀眼的白光，可制造信号弹和烟火；
D. 过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气。
【详解】A. 碳酸氢钠与胃酸反应，生成氯化钠、水和CO2，可治疗胃酸过多，A项正确，不符合题意；
B. 明矾溶于水后，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能净水，但不能杀菌消毒，B项错误，符合题意；
C. 镁燃烧后发出耀眼的白光，可制造信号弹和烟火，C项正确，不符合题意；
D. 过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，可用作呼吸面具供氧剂，D项正确，不符合题意；
答案选B。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B. 常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA
C. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D. 常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1mol铁参与反应，电子转移2mol；
B. 常温常压下，无法计算甲烷的物质的量；
C. 氦气为单原子单质分子，氟气为双原子单质分子；
D. 铝与盐酸反应，生成氯化铝和氢气，1mol铝参与反应，电子转移3mol。
【详解】A. 1mol铁参与反应，电子转移2mol，5.6g(即0.1mol)铁与盐酸反应，电子转移0.2mol，转移的电子数为0.2NA，A项错误；
B. 常温常压下，无法计算甲烷的物质的量，B项错误；
C. 氦气为单原子单质分子，22.4L(即1mol)氦气所含原子数为NA，氟气为双原子单质分子，22.4L(即1mol)氟气所含原子数为2NA，二者所含原子数不相等，C项错误；
D. 铝与盐酸反应，生成氯化铝和氢气，1mol铝参与反应，电子转移3mol，2.7g(即0.1mol)铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，D项正确；
答案选D。
【点睛】解答本题时，需要注意的是物质所处的条件，在常温常压下，不能直接带公式计算气态物质的物质的量。
4.某试剂瓶上贴有如下标签，对该试剂理解正确的是

A. 该溶液中含有的微粒主要有：NaCl、Na+、Cl-、H2O
B. 若取50毫升溶液，其中的c(Cl-)=0.05  mol/L
C. 若取该溶液与0.1 mol/L AgNO3 100 mL溶液完全反应，需要取该溶液10 mL
D. 该溶液与1.0 mol/L Na2SO4溶液的c(Na+)相等
【答案】C
【解析】
A. 氯化钠溶于水全部电离出Na+、Cl-，溶液中不存在NaCl，A错误；B. 溶液是均一稳定的，若取50毫升溶液，其中c(Cl-)=1.0mol/L，B错误；C. 100 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中硝酸银的物质的量是0.01mol，完全反应消耗氯化钠是0.01mol，因此需要取该溶液的体积为0.01mol÷1mol/L＝0.01L＝10 mL，C正确；D. 该溶液与1.0mol/LNa2SO4溶液的c(Na+)不相等，后者溶液中钠离子浓度是2.0mol/L，D错误，答案选C。
点睛：注意溶液浓度、密度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)、密度均不发生变化。但溶质的物质的量、溶液质量与体积有关系。
5.下列离子方程式中，正确的是 （ ）
A. 金属钠和水：Na +H2O＝Na++OH-+H2↑
B. 磁性氧化铁和稀盐酸：Fe3O4+8H+＝Fe2++2Fe3++4H2O
C. 氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O＝AlO2－+4NH4++2H2O
D. 钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na +2H2O＝2NaOH+H2↑；
B. Fe3O4与盐酸反应，生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应方程式为：Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2Fe Cl3+4H2O；
C. 氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱。
D. 金属钠加入到硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2+H2↑。
【详解】A. 钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na +2H2O＝2NaOH+H2↑，离子方程式为：2Na +2H2O＝2Na++2OH-+H2↑，A项错误；
B. Fe3O4与盐酸反应，生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应方程式为：Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2Fe Cl3+4H2O，离子反应为：Fe3O4+8H+＝Fe2++2Fe3++4H2O，B项正确；
C. 氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱，氨水属于弱碱，因此氯化铝与过量的氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应方程式为：AlCl3+3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4Cl，离子反应为：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C项错误；
D. 金属钠加入到硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，D项错误；
答案选B。
【点睛】解答本题时要注意：
①Na先与酸反应，再与水反应——先酸后水
②钠与盐溶液反应的分析方法
第一步：钠与水反应生成NaOH和H2；
第二步：生成的NaOH如果能与溶质反应，则发生的是NaOH与溶质的复分解反应。
生成气体型
钠与NH4Cl溶液反应生成H2和NH3
生成沉淀型
钠与铜盐、铁盐等溶液反应生成Cu(OH)2或Fe(OH)3
复杂型
钠与AlCl3稀溶液反应，如果钠量较多，则先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀溶解

6.下列关于胶体的说法，正确的是
A. 向稀的 NaOH 溶液中逐滴加入 5～6 滴 FeCl3 饱和溶液，即可制得 Fe（OH）3 胶体
B. 胶体的分散质能通过滤纸孔隙，而浊液的分散质则不能
C. 丁达尔效应是胶体不同于溶液的本质区别
D. Fe（OH）3 胶体的电泳实验说明了 Fe（OH）3 胶体带电
【答案】B
【解析】
【分析】
实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质微粒直径小于1nm属于溶液，介于1-100nm属于胶体，大于100nm属于浊液；胶体是一种均匀、透明、介稳定的分散系，胶粒不能透过滤纸，胶体是电中性的，胶粒是带电荷的，能够产生丁达尔效应、布朗运动、聚沉、电泳。
【详解】A项、把饱和的三氯化铁溶液滴加到沸水中，继续加热至溶液呈现红褐色停止加热，即得到Fe（OH）3胶体，NaOH溶液中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液得到的是氢氧化铁沉淀，故A错误；
B项、胶体粒度小于100nm，能通过滤纸，浊液中分散质粒度大于100nm能通过滤纸，故B正确；
C项、胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，不是有丁达尔效应，故C错误；
D项、氢氧化铁胶体微粒带正电，Fe（OH）3 胶体的电泳实验说明了 Fe（OH）3 胶粒带电，故D错误。
故选B。
7.用10 mL0.1mol·L-1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、K2SO4和ZnSO4三种溶液中的SO42-完全转化为BaSO4沉淀，则三种硫酸盐溶液物质的量浓度之比是（ ）
A. 3∶2∶2 B. 1∶2∶3
C. 1∶3∶3 D. 3∶1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，则各溶液中硫酸根物质的量相等，据此确定Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4物质的量之比，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比。
【详解】由题意知反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，
设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2++ SO42-=BaSO4↓可知：3x=y=z，
则x：y：z=1：3：3，
因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3；
故选C。
8.碳酸钠俗名纯碱或苏打，在外观上与食盐相似，可用于洗涤，如清洗厨房用具的油污等。区分厨房中的食盐和碳酸钠的方法有很多，下列方法中不能区分两者的是
A. 分别取少量两种物质，尝一下两者的味道
B. 分别取少量两种物质于试管中，滴加醋酸溶液观察现象
C. 分别取少量两种物质于试管中，加蒸馏水溶解，用PH 试纸分别测两种溶液的pH
D. 分别取少量两种物质于试管中，加蒸馏水溶解，再加AgNO3 溶液观察现象
【答案】D
【解析】
【分析】
区分厨房中的食盐和碳酸钠可以通过品尝味道、观察溶解程度、测定溶液pH、加酸、发生沉淀反应如家石灰水或氯化钡溶液等，依据两者的不同加以区分，但不能选用AgNO3 溶液，因为两者的实验现象相同。
【详解】A项、各取少量通过尝味道，咸味的是食盐，涩味的是碳酸钠，能区分，故A正确；
B项、食醋与碳酸钠反应产生二氧化碳，与食盐不反应，能区分，故B正确；
C项、食盐溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性，两种溶液的pH大小不同，能区分，故C正确；
D项、食盐溶液与AgNO3 溶液反应生成白色氯化银沉淀，碳酸钠溶液与AgNO3 溶液反应生成白色碳酸银沉淀，实验现象相同，不能区分，故D错误。
故选D。
【点睛】鉴别时只需利用某一特征反应，确定某物质的一部分就可达到鉴别的目的。可用“看、闻、摸、溶、吸”等物理方法进行鉴别，“看”就是要看物质的颜色、状态、形状等，“闻”可以闻某些气体的气味，“摸”可以通过摸容器的外壁，感觉是否有热量的改变，“溶”看物质是否能溶解，“吸”看是否能被磁铁吸引；还可以通过不同的物质在与同一种物质发生化学反应时所产生的现象不同把它们鉴别开的化学方法。
9.下列各组离子，在强酸性溶液中能大量共存的是（ ）
A. Na+、K+、Ca2+、HCO3﹣ B. NO3﹣、Cl﹣、Na+、Ag+
C. Cu2+、K+、SO42﹣、Cl﹣ D. Mg2+、Na+、Cl﹣、OH﹣
【答案】C
【解析】
【分析】
强酸性溶液中存在大量的H+，判断H+是否与所有离子能共存。
【详解】A. H+与HCO3﹣发生复分解反应，生成CO2和水，不能共存，A项错误；
B. Cl﹣与Ag+发生复分解反应，生成白色沉淀，不能共存，B项错误；
C. H+与Cu2+、K+、SO42﹣、Cl﹣均能大量共存，C项正确；
D. Mg2+与OH﹣，H+与OH﹣发生复分解反应，不能共存，D项错误；
答案选C。
【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。
10.某溶液中只含有四种离子，已知其中三种离子Na +，Ca2 +，NO3-的物质的量浓度分别是2mol/L、1mol/L、1mol/L，则溶液中另一离子及其物质的量浓度是（ ）
A. CO32- 1.5mol/L B. K+ 0.5mol/L
C. OH- 3mol/L D. Cl- 2mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电荷守恒进行计算。
【详解】根据电荷守恒可知另一种离子为阴离子，且有c(Na +)+2c(Ca2 +)=c(NO3-)+c(未知阴离子)，即2mol/L+2×1mol/L=1mol/L+ c(未知阴离子)，c(未知阴离子)所带电荷为3mol/L，又因为碳酸根与钙离子不能共存，符合要求的为c(OH-)=3mol/L；
答案选C。
11.下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（ ）
A. Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称铁红
B. Fe(OH)2为白色固体，不溶于水，能在空气中稳定存在
C. Fe2(SO4)3与KSCN反应产生血红色沉淀
D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，可以向溶液中通入适量的氯气
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 四氧化三铁俗称磁性氧化铁，是一种黑色固体；
B. Fe(OH)2为白色固体，易被空气中的氧气氧化；
C. 三价铁离子遇到KSCN显红色；
D. 氯气可将Fe2+氧化为Fe3+。
【详解】A. 四氧化三铁俗称磁性氧化铁，是一种黑色固体，三氧化二铁是一种红棕色粉末，俗称铁红，故A项错误；
B. Fe(OH)2为白色固体，不溶于水，在空气中易被氧气氧化为氢氧化铁，故B项错误；
C. Fe2(SO4)3与KSCN反应发生络合反应产生血红色物质，不生成沉淀，故C项错误；
D. 氯气具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，且不引入新的杂质，可以向溶液中通入适量的氯气，除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，故D项正确。
答案选D。
12.下列有关离子(或物质)的检验、现象及结论，都正确的是(　　)
A. 向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中一定含有Fe2+
B. 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到钠离子火焰呈黄色
C. 向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，说明发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2>Fe3+
D. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42﹣
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 滴加氯水，可氧化亚铁离子；
B. 蓝色钴玻璃可滤去黄光；
C. 依据过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；
D. 不能排除Ag+的干扰。
【详解】A．滴加氯水，可氧化亚铁离子，则检验亚铁离子时先加KSCN溶液，后加氯水，A错误；
B．蓝色钴玻璃可滤去黄光，不能透过蓝色钴玻璃，B错误；
C．向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，是因为过氧化氢氧化二价Fe2+生成三价Fe3+，二者发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2＞Fe3+，C正确；
D．不能排除Ag+的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加氯化钡检验，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，把握实验设计的原理。
13.在实验室里，要想使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（ ）
A. 氨水 B. 氢氧化钠溶液 C. 硫酸 D. 石灰水
【答案】A
【解析】
【分析】
氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱。
【详解】实验室常用弱碱与铝盐反应生成沉淀方法制取氢氧化铝，因此选择氨水；
答案选A。
14.将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出（溶液体积变化忽略不计），所得溶液Q中，下列有关说法正确的是
A. 溶液Q比原溶液增重了1.92g.
B. Q中n(Cu2+):n(Fe3+)=3:4
C. 反应中转移的电子数为0.04mol
D. n(Cu2+)=0.03mol
【答案】B
【解析】
【分析】
Cu与FeCl3发生：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，同溶液，微粒的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，进行分析。
【详解】将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出（溶液体积变化忽略不计），Cu与FeCl3发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，所得溶液Q中的c(Fe3＋):c(Fe2＋)=2:3，则c(Fe3＋)=0.04mol/L、c(Fe2＋)=0.06mol/L、c(Cu2＋)=0.03mol/L。
A、题中没有说明溶液的体积，无法计算溶液增重的量，故A错误；
B、同溶液中，微粒物质的量浓度之比等于其物质的量之比，根据离子方程式，推出Q中n(Cu2＋):n(Fe3＋)=c(Cu2＋):c(Fe3＋)=0.03:0.04=3:4，故B正确；
C、题中没有说明溶液的体积，无法计算出转移电子物质的量，故C错误；
D、题中没有说明溶液的体积，无法计算Cu2＋物质的量，故D错误.
【点睛】本题部分学生通过分析计算，选项A、B、D似乎都正确，学生不知如何解决，学生错把物质的量浓度当物质的量进行运用，没有注意到题目中没有给出溶液的体积，只能用同溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，直接推出选项B正确。
15.由CO和H2组成的混合气体2.4g在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为
A. 1.2g B. 2.4 g C. 3.6 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】CO在氧气中完全燃烧生成CO2, CO2和再与Na2O2反应,方程式为2CO+ O22CO2 、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,总方程式为:CO+Na2O2=Na2CO3,可以知道过氧化钠增重为CO的质量;H2在氧气中完全燃烧生成H2O, H2O再与反应,方程式为2H2+O22H2O、2H2O+ 2Na2O2=4NaOH+O2 ,总反应方程式为: 2H2+2Na2O2=4NaOH,可以知道反应后固体质量增加为氢气质量,故由2.4 g CO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧,立即通入足量的Na2O2固体,固体质量增加应为CO和H2的质量,即固体增重为2.4 g,所以B选项是正确的.答案：B。
16.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述不正确的是（ ）
A. AlN中N元素显-3价 B. 上述反应中CO是氧化产物
C. 上述反应中Al2O3是还原剂 D. 上述反应中碳发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】
反应中N元素化合价从0价降低到-3价，得到电子，发生还原反应，C元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应，据此分析判断。
【详解】A. 反应中N元素化合价从0价降低到-3价，AlN中N元素显-3价,A项正确，不符合题意；
B. 反应中C元素化合价从0价升高到+2价，因此CO是氧化产物，B项正确，不符合题意；
C. 在反应中Al2O3中所有元素化合价均未发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，C项错误，符合题意；
D. 反应中C元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应，D项正确，不符合题意；
答案选C。
17.将一定质量的金属钠放入100 mL 0.2 mol·L－1的氯化铝溶液中，反应后得到无色澄清溶液，其中除水外只含有氯化钠和偏铝酸钠，则加入的钠的质量为(　　)
A. 1.84 g B. 1.38 g C. 2.3 g D. 0.46 g
【答案】A
【解析】
【详解】钠放入氯化铝溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的NaOH再和AlCl3反应生成NaAlO2：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O。把钠和水的反应方程式的系数扩大2倍后和NaOH和AlCl3的反应相加得：4Na+AlCl3+2H2O=NaAlO2+3NaCl+2H2↑。AlCl3的物质的量为0.100L× 0.2 mol·L－1=0.02mol，所以需要钠的物质的量为0.08mol，为0.08mol×23g/mol=1.84g。故选A。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，同温同压下，生成的CO2体积相同
B. 氧化铝的熔点很高，可用于制造坩埚熔融烧碱
C. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量氧气时，转移电子的物质的量相等
D. 足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反应，产生相同量的氢气
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，生成的CO2体积相同；
B. 氧化铝和烧碱反应，生成偏铝酸钠；
C. 1molNa2O2与水反应，电子转移1mol，1molNa2O2分别与CO2反应，电子转移1mol；
D. 1 mol HCl与铝反应生成H20.5mol，1 mol NaOH与铝反应生成H21.5mol；
【详解】A. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，生成的CO2体积相同，等质量的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3的物质的量大于Na2CO3，，因此NaHCO3与盐酸反应放出的CO2多，A项错误；
B. 氧化铝和烧碱反应，生成偏铝酸钠，因此不能用于制造坩埚熔融烧碱，B项错误；；
C. 1molNa2O2与水反应，电子转移1mol，1molNa2O2分别与CO2反应，电子转移1mol，因此转移电子的物质的量相等，C项正确；
D. 1 mol HCl与铝反应生成H20.5mol，1 mol NaOH与铝反应生成H21.5mol，产生的H2的量不同，D项错误；
答案选C。
19.在含少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳气体。下面四个图像中，纵坐标均表示沉淀的物质的量，横坐标均表示加入物质的物质的量，其中实验和图像对应关系正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
CO2先与氢氧化钠反应，再与偏铝酸钠溶液反应；
【详解】在含少量NaOH的偏铝酸钠溶液中通入CO2直至过量，CO2先与氢氧化钠反应，不产生沉淀，反应完后再与偏铝酸钠溶液反应生成沉淀至达到最大值后不再变化，发生的反应为AlO2-+CO2+2H2O=Al(
OH)
3↓+HCO3-
故答案为D.
【点睛】,
20.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。
21.已知下列几个反应的化学方程式：① 2KI＋Cl2＝2KCl＋I2、② 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3、③ 2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋I2＋2HCl，下列有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的是
A. Cl2＞Fe3+＞I2 B. Cl2＞I2＞Fe3+
C. Fe3+＞Cl2＞I2 D. Fe3+＞I2＞Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物进行分析。反应①中氧化剂为氯气，氧化产物为碘单质，反应②中氧化剂为氯气，氧化产物为铁离子，反应③中氧化剂为铁离子，氧化产物为碘单质，所以氧化性的顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2，选A。
22.下列变化过程中失去电子的是(　　)
A. Fe3＋→Fe2＋ B. → Mn2＋
C. Cl－→Cl2 D. N2O3→HNO2
【答案】C
【解析】
【分析】
在氧化还原反应中失去电子必然引起元素化合价的升高，即发生氧化反应，由此分析。
【详解】A.因为元素化合价升高的过程即为失去电子的过程，铁元素由+3价变化到+2价，元素化合价降低，A项错误；
B.锰元素的化合价由+7价变化到+2价，化合价降低，B项错误；
C.氯元素的化合价由-1价变化到0价，化合价升高，C项正确；
D.该过程前后氮元素的化合价都是+3价，化合价没有变化，D项错误；答案选C。
23.下列各组反应，最终一定能得到白色沉淀的是
A. 向Ca（OH）2溶液中通入足量CO2
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液
C. 向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液
D. 向MgSO4溶液中加入足量NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀常见的是：硅酸、氢氧化铝、难溶的碳酸盐和硫酸盐以及氯化银等．
【详解】A. 向Ca（OH）2溶液中通入足量CO2，Ca（OH）2＋2CO2=Ca(HCO3)2，生成可溶性碳酸氢钙，故A不选；
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，故B不选；
C.FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液会先生成白色的氢氧化亚铁，然后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色沉淀氢氧化铁，故C不选；
D. 向MgSO4溶液中加入足量NaOH溶液，生成白色的氢氧化镁沉淀，故D选；
故选D。
24.加热 42g NaHCO3 和 Na2CO3 固体混合物，至没有气体放出时，剩余的固体质量是 35.8 g。那么原固体混合物中Na 2CO3 的质量是
A. 25.2g B. 16.8 g C. 10.6 g D. 24.8g
【答案】A
【解析】
【分析】
因Na2CO3的热稳定性好，所以Na2CO3和NaHCO3固体混合物加热至无气体放出为止，只发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，剩余固体质量包括加热分解生成的Na2CO3及原混合物中含有的Na2CO3，利用差量法计算NaHCO3的质量，进而计算Na2CO3的质量。
【详解】设混合物中碳酸氢钠的质量为a，则有：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m
168 62
A (42-35.8)
由方程式的关系式：168：62=a：6.2,解得a=16.8g，则混合物中Na 2CO3 的质量是（42-16.8）g=25.2g，故选A。
【点睛】本题考查混合物的有关计算，清楚发生的反应，利用差量法进行计算是解答关键。
25.18.4g由铁、铜组成的混合粉末加入100mL5.0mol•L﹣1FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为3.2g。下列说法正确的是（ ）
A. 原固体混合物中：n（Cu）：n（Fe）＝2：1
B. 反应后溶液中的溶质有FeCl2、FeCl3、CuCl2
C. 反应后溶液中：n（Fe2+）+n（Cu2+）＝0.8mol
D. 剩余固体是铁
【答案】A
【解析】
【分析】
铁比铜活泼，因此先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生Cu+2Fe3+=3Fe2++Cu2+，原FeCl3溶液中FeCl3的物质的量n(FeCl3)=5.0mol•L﹣1×0.1L=0.5mol，结合方程式进行解答。
【详解】设0.5mol Fe3+完全反应消耗铁的质量为xg，铜为yg，那么
Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ Cu+ 2Fe3+ = 3Fe2+ + Cu2+
56g 2mol 64g 2mol
xg 0.5mol yg 0.5mol
x==14g， y==16g，溶解的金属的质量为18.4-3.2=15.2g，且有14<15.2<16，说明铁完全反应反应而铜部分反应，有剩余；
A. 根据分析可知，剩余的3.2g金属为Cu，物质的量为=0.05mol，反应掉的铁和酮的质量为18.4-3.2=15.2g，56n(Fe)+64n(Cu)=15.2，2n(Fe)+2n(Cu)=0.5，解得n(Fe)=0.1mol，n(Cu)=0.15mol，因此铜的物质的量为0.15mol+0.05mol=0.2mol，原混合物中n(Cu)：n(Fe)＝2：1，A项正确；
B.由于铜有剩余，Fe3+完全反应，因此溶液中不存在Fe3+，B项错误；
C.根据方程式可知反应后溶液中n(Fe2+)=0.5+0.1=0.6mol，n(Cu2+)=0.15mol，因此n(Fe2+)+n(Cu2+)＝0.75mol，C项错误；
D.剩余的固体是铜，不是铁，D项错误；
答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
26.有下列四组混合物，如何进行分离？请将分离的方法填在横线上。
（1）水和酒精。___
（2）碘和四氯化碳。___
（3）水和四氯化碳。___
（4）硝酸钠溶液中的氯化银。___
（5）硝酸钾和氯化钠。___
【答案】 (1). 蒸馏法 (2). 蒸馏法 (3). 分液法 (4). 过滤法 (5). 重结晶
【解析】
【分析】
（1）分离互溶的液体用蒸馏的方法；
（2）分离互溶的液体用蒸馏的方法；
（3）水和四氯化碳不互溶，分层；
（4）氯化银难溶于水，硝酸钠易溶于水；
（5）硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的升高变化规律不同。
【详解】（1）水和酒精互溶，用蒸馏法分离；
（2）碘和四氯化碳互溶，用蒸馏法分离；
（3）水和四氯化碳不互溶，分层，直接用分液的方法进行分离；
（4）硝酸钠易溶于水，氯化银难溶于水，将混合物溶解，过滤即可分离；
（5）硝酸钾的溶解度随温度的升高逐渐降低，氯化钠的溶解度随温度的升高逐渐增大，因此用重结晶的方法可将其分离。
27.(1)现有物质：①NaCl晶体  ②CO2 ③氨水  ④蔗糖 ⑤BaSO4固体 ⑥铜  ⑦熔融的KNO3 
试回答(填序号)：能导电的是_____________；属于电解质的是____________。
(2)一定量的金属铝跟足量NaOH溶液反应，放出3.36LH2(标准状况下)，则该铝的质量是______g，如反应后溶液的体积为500mL，则反应后溶液中NaAlO2的物质的量浓度为_______mol/L。
(3)同温同压下的两个相同容器中分别装有NO和NO2气体，则两瓶气体中，质量之比是________，分子数之比是________。
(4)设NA表示阿伏加德罗常数，如果x g某气体含有的分子数是y，则z g该气体在标准状况下的体积是_______L(用含NA的式子表示)。
【答案】 (1). ③⑥⑦ (2). ①⑤⑦ (3). 2.7 (4). 0.2 (5). 15：23 (6). 1:1 (7). 22.4yz/(xNA)
【解析】
【分析】
（1）存在自由移动的带电微粒即可导电；在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质；
（2）Al与足量的NaOH溶液反应生成氢气，根据方程式计算Al的物质的量，再计算铝的质量和NaAlO2的物质的量浓度；
（3）同温同压下气体的气体摩尔体积相等，根据n=V/Vm=m/M=N/NA结合分子组成计算；
（4）a g某气体中含有的分子数为b，据此可以设计成cg该气体中含有的分子数，然后根据n=N/NA计算出cg该气体的物质的量，再根据V=nVm计算出标况下cg该气体的体积。
【详解】（1）氨水中存在自由移动的离子能导电；铜中存在自由移动的电子则能导电；熔融的KNO3中存在自由移动的离子能导电；NaCl、BaSO4、KNO3都是化合物，且在水溶液中或熔化状态下能导电，则属于电解质，故答案为③⑥⑦；①⑤⑦；
（2）合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2
+3H2↑，产生气体氢气3.36L（标准状况），其物质的量= 3.36L/22.4L/mol =0.15mol，由方程式可知n（Al）= 2 n（H2）/3 =0.15mol× 2/3 =0.1mol，则m(Al)= 0.1mol×27g/mol；由铝原子个数守恒可知，n（NaAlO2）= n（Al）=0.1mol，c（NaAlO2）= n（NaAlO2）/V=0.1mol/0.5L=0.2 mol/L，故答案为2.7；0.2；
（3）同温同压下的两个相同容器中分别装有NO和NO2气体，由于同温同压下气体的气体摩尔体积相等，由n=V/Vm可知，气体的分子数相等，分子数比值为1：1，质量比等于摩尔质量之比，为15：23，故答案为1：1；15：23；
（4）如果xg某气体中含有的分子数为y，则zg该气体含有的分子数为：y×zg/xg=yz/x，含有的气体的物质的量为n=yz/xNAmol，则c g该气体在标准状况下的体积为：V=22.4L/mol×yz/xNAmol=22.4yz/xNA，故答案为22.4yz/xNA。
【点睛】本题考查了物质的分类和常用化学计量有关计算，比较基础，涉及物质的量、微粒个数、气体体积、物质的量浓度的计算，解答时注意对公式的理解与灵活应用。
28.工业上利用电解饱和食盐水生产氯气(Cl2)、烧碱和氢气的化学方程式是:2NaCl + 2H2ONaOH + Cl2↑+ H2↑
(1)用双线桥表示出电子转移的方向和数目______________题干中反应改写成离子方程式是___________________________________
(2)电解食盐水的过程中，氧化产物是__________________________________
(3)电解食盐水要求对粗食盐水进行精制，以除去租食盐水中含有的泥沙和SO42-、Ca2+,Mg2+等杂质离子。精制时依次加入氯化钡溶液、纯碱、烧碱，充分反应后过滤，在滤液中加入盐酸中和至中性。盐酸与滤液反应的离子方程式:___________________,________________________________.
(4)实验室欲用固体NaOH来配制90ml 0.5 mol/L的NaOH溶液来用于以上除杂，需要称量固体NaOH_______g。配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却。其正确的操作顺序为__________。在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏低的是___________(填字母)。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容
C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
【答案】 (1). (2). 2Cl—+2H2O2OH—+Cl2↑+H2↑ (3). Cl2 (4). H+ +OH—=H2O (5). CO3 2- + 2H+ =H2O+ CO2↑ (6). 2.0 (7). ②①③⑧⑤⑥⑦④ (8). A
【解析】
【分析】
（1）反应中氯化钠中氯元素的化合价升高生成氯气，氯化钠做还原剂，水中氢元素化合价降低生成氢气，水做氧化剂，反应中转移电子数目为2e—；
（2）反应中Cl元素化合价升高的被氧化，氯气为氧化产物；
（3）在滤液中加入盐酸，目的是除去溶液中过量的氢离子和碳酸根离子；
（4）根据n=cM计算出氢氧化钠的物质的量；根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤进行排序；分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V判断。
【详解】（1）电解饱和食盐水生成氢气、氯气（Cl2）和烧碱，反应中氯化钠中氯元素的化合价升高生成氯气，氯化钠失电子做还原剂，水中氢元素化合价降低生成氢气，水得电子做氧化剂，反应中转移电子数目为2e—，双线桥为：；离子方程式为：2Cl—+2H2O2OH—+Cl2↑+H2↑，故答案为；2Cl—+2H2O2OH—+Cl2↑+H2↑；
（2）反应中Cl元素化合价升高的被氧化，氯化钠失电子做还原剂，氯气为氧化产物，故答案为Cl2；
（3）精制时依次加入氯化钡溶液、纯碱、烧碱，氯化钡溶液除去硫酸根离子，纯碱除去钡离子、钙离子，烧碱除去镁离子；充分反应后过滤，在滤液中加入盐酸，目的是除去溶液中过量的氢离子和碳酸根离子，则在滤液中加入盐酸中和至中性的离子方程式为：H++OH-=H2O，CO3 2- + 2H+ =H2O+ CO2↑，故答案为H++OH-=H2O；CO3 2- + 2H+ =H2O+ CO2↑；
（4）实验室配制90ml 0.5 mol/L的NaOH溶液应选用100ml容量瓶，需氢氧化钠的质量为m=0.5L×0.1mol•L-1×40g/mol=2.0g，故答案为2.0g；
操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，实验先后顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④，故答案为②①③⑧⑤⑥⑦④；
A、有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
B、液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，冷却后会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
C、容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；
故答案为A。
29.经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：
离子
Fe3+
Cu2+
SO42-
Na+
H+
浓度/(mol/L)
2×10-3
1×10-3
1×10-2
2×10-3



（1）c(H+)=___________mol/L。
（2）为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾（FeSO4·7H2O）。

① 工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式为：
Fe + Cu2+= Fe2++ Cu、____________、____________。
② 试剂B是__________。
③ 操作③是蒸发浓缩、冷却结晶、___________，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。
④ 通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是____________。
⑤ 获得的FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是___________。
⑥ 上述1000 L废水经处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是________mol。
【答案】 (1). 0.01 (2). Fe +2Fe3+=3Fe2+ (3). Fe +2H+=Fe2++H2↑ (4). 硫酸 (5). 过滤 (6). 取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽 (7). FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水） (8). 12
【解析】
【详解】（1）根据电荷守恒知，c(H+)+3 c(Fe3+)+2 c(Cu2+)+ c(Na+)= c(OH－)+2 c(SO42-)，废水呈强酸性，氢氧根浓度很小，计算时可忽略，代入题给数据计算得c(H+)=0.01 mol/L；
（2）① 工业废水中含有硫酸铜、硫酸铁和硫酸，加入铁粉后，反应的离子方程式为：Fe + Cu2+=Fe2++ Cu、Fe +2Fe3+=3Fe2+、Fe +2H+= Fe2++H2↑。② 过滤，固体C为铁和铜的混合物，加入过量硫酸，过滤，得铜和硫酸亚铁溶液，故试剂B是硫酸。③ 操作③是从溶液中获得晶体的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。④Fe3+的检验用KSCN溶液，故判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽。⑤ Fe2＋易被氧化，绿矾晶体易失去结晶水，故FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水）。⑥ 1000 L废水中n(Fe3+)=2mol，560g铁粉的物质的量为10mol，根据铁元素守恒知，经上述处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是12mol。
30.已知A为淡黄色固体，R和T是两种生活中常见的金属单质，C、F是无色无味的气体。

(1)物质A的化学式为_____，D化学式为_____，W的化学式为_____；
(2)B与R反应生成F的离子反应式为___________；
(3)A与CO2反应的化学反应方程式为____________；
(4)H转化为M的化学反应方程式为_____________；
【答案】 (1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO﹣2+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，C为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3；
【详解】A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，C为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3，加入过量的Fe，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，即E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3，
（1）根据上述分析，物质A为Na2O2，D的化学式为Fe3O4，W的化学式为FeCl3；
（2）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；
（3）Na2O2与CO2反应方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（4）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，其反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。