1、浙江省浙南名校联盟（温州九校）2018-2019学年高一化学上学期期末联考试题（含解析）本卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64一、选择题（本大题包括25小题。每小题只有一个选项符合题意）1.下列属于酸的是()A. CO2B. CH3COOHC. K2CO3D. NaOH【答案】B【解析】【分析】酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指在电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物。【详解】A项、CO2是酸性氧化物，不属于酸，故A不符合题意；B项、CH3COOH电离出
2、的阳离子全部是氢离子，属于酸，故B符合题意；C项、K2CO3是由钾离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C不符合题意；D项、NaOH电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故D不符合题意；故选B。2.下列仪器名称是蒸馏烧瓶的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A项、的仪器名称为分液漏斗，故A不符合题意；B项、的仪器名称为圆底烧瓶，故B不符合题意；C项、的仪器名称为蒸馏烧瓶，故C符合题意；D项、的仪器名称为容量瓶，故D不符合题意；故选C。3.下列属于电解质的是()A. 盐酸B. 蔗糖C. 熔融氯化钠D. 铜【答案】C【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解
3、质，电解质首先必须是化合物，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。【详解】A项、盐酸是氯化氢的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；B项、蔗糖在水溶液中和熔融状态都不导电，属于非电解质，故B不符合题意；C项、熔融氯化钠溶于水或熔融状态都能导电，属于电解质，故C符合题意；D项、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；故选C。【点睛】对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质；电解质是纯净物，电解质溶液是混合物，无论电解质还是非电解质的导电都是指本身，而不是说只要在水溶液或者是熔化能导电就是电解质。4.下列分散系能产生丁达尔效应是()A. 酒精溶
4、液B. 硫酸铜溶液C. 氢氧化铁胶体D. 泥浆水【答案】C【解析】【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，丁达尔现象是胶体特有的性质。【详解】A项、酒精溶液是溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故A不符合题意；B项、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故B不符合题意；C项、氢氧化铁胶体是胶体，能产生丁达尔效应，故C符合题意；D项、泥浆水是悬浊液，不是胶体，没有丁达尔效应，故D不符合题意；故选C。5.下列物质
5、间的转化，不能通过一步反应实现的是 ()A. SSO2B. Na2SiO3H2SiO3C. FeFeCl3D. CuOCu(OH)2【答案】D【解析】【详解】A项、S在氧气中燃烧生成SO2，故A正确；B项、H2SiO3为弱酸，Na2SiO3溶液与盐酸或二氧化碳反应生成H2SiO3沉淀，故B正确；C项、Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故C正确；D项、CuO不溶于水，不能与水反应Cu(OH)2，故D错误；故选D。6.下列反应属于氧化还原反应的是（ ）A. CaCO3 CaO+CO2B. SO3 + H2O=H2SO4C. AgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3D. Fe+CuSO4=FeSO4
6、+Cu【答案】D【解析】【分析】反应前后有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。【详解】A项、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应中元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B项、三氧化硫和水反应生成硫酸，反应中元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故B不符合题意；C项、硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应中元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D项、铁与硫酸铜溶液发生置换反应，反应中铁元素和铜元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D符合题意；故选D。7.下列说法不正确的是 ()A. 液氯和氯气是同种物质B. 金刚石和石墨互为同素异形体，两
7、者之间不能相互转化C. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体D. H、D、T互为同位素【答案】B【解析】【详解】A项、氯气液化得到液氯，液氯和氯气中的微粒都是Cl2，故A正确；B项、金刚石和石墨是碳元素形成的不同的单质，两者互为同素异形体，一定条件下两者之间能相互转化，故B错误；C项、CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D项、H、D、T的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；故选B。8.下列有关化学用语正确的是()A. 氯化氢的电子式：B. 中子数为8 的碳原子：86CC. 甲烷的球棍模型：D. Cl的结构示意图：【答案】C【解析
8、】【详解】A项、氯化氢为共价化合物，电子式为，故A错误；B项、中子数为8 的碳原子的质量数为14，原子符号为146C，故B错误；C项、甲烷的分子式为CH4，球棍模型为，故C正确；D项、Cl的核电荷数为17，Cl-的结构示意图为，故D错误；故选C。9.下列说法不正确的是 ()A. 小苏打可作制糕点的发酵剂B. 晶体硅可用于制光导纤维C. 钠可用于制高压钠灯D. 镁可用于制造信号弹和焰火【答案】B【解析】【详解】A项、小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，且能与酸反应生成二氧化碳，是制糕点的发酵粉的主要成分，故A正确；B项、光导纤维是利用光反射原理制成，其主要成分是二氧化硅，
9、二氧化硅导光能力强，能同时传输大量信息，故B错误；C项、钠可用于制造高压钠灯，高压钠灯射程远、透雾能力强，故C正确；D项、镁在空气中点燃，剧烈燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成白色固体氧化镁，镁是制造信号弹、焰火、闪光粉，故D正确；故选B。10.下列物质在水溶液中的电离方程式，正确的是()A. CH3COOHH+CH3COOB. KClO3=K+Cl+3O2C. H2CO32H+CO32D. NaHSO4=Na+HSO4【答案】A【解析】【详解】A项、醋酸为弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，电离方程式为CH3COOHH+CH3COO，故A正确；B项、KClO3为强电解质，在溶液
10、中电离出钾离子和氯酸根离子，电离方程式为KClO3=K+ClO3，故B错误；C项、碳酸为二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为H2CO3H+HCO3，故C错误；D项、硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42，故D错误；故选A。【点睛】书写水溶液中的电离方程式时注意强电解质在溶液中能完全电离，弱电解质则部分电离，多元弱酸分步电离，原子团在电离方程式中不能拆开，强酸的酸式根离子要拆开，弱酸的酸式根离子不要拆开。11.下列物质的保存方法不正确的是()A. 少量金属钠保存在煤油中B. 氢氧化钠溶液盛放在带有玻璃塞的玻璃瓶中C. 漂
11、白粉密封保存在广口瓶中D. 氢氟酸保存在带有橡胶塞的塑料瓶中【答案】B【解析】【详解】A项、钠能与空气中的氧气和水蒸气反应，钠的密度比水的小比煤油的大，则少量的金属钠应保存在煤油中，隔绝空气，故A正确；B项、NaOH与玻璃中的二氧化硅反应生成的硅酸钠具有黏性，会将瓶塞与瓶身黏在一起使瓶塞难以打开，不能使用玻璃塞，NaOH溶液盛放在带橡皮塞的细口瓶中，故B错误；C项、因漂白粉容易与空气中的水和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸又见光分解，而使漂白粉变质，则漂白粉应密封保存在广口瓶中，故C正确；D项、因氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生化学反应，所以氢氟酸要存放在带有橡胶塞的塑料瓶中，不能保存在玻璃瓶中，
12、故D正确；故选B。12.下列说法正确的是 ()A. 二氧化硫使品红溶液褪色与使氯水褪色原理相同B. 工业上在炼铁高炉中用一氧化碳还原氧化铁C. 电解NaCl溶液和电解熔融的NaC1均可制备金属钠.D. 工业上常用氢气与氯气混合气体光照的方法制取盐酸【答案】B【解析】【详解】A项、二氧化硫可与品红发生化合反应生成不稳定的无色物质，加热可恢复到原来的颜色，二氧化硫与氯水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸而使氯水褪色，褪色原理不相同，故A错误；B项、一氧化碳与氧化铁在炼铁高炉中高温反应生成铁和二氧化碳，故B正确；C项、电解NaCl溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，不能制备金属钠，故C错误；D项、氢气与氯气混
13、合气体光照发生爆炸，不能用于制取盐酸，工业上常用氢气在氯气中燃烧制HCl，进一步制取盐酸，故D错误；故选B。13.下列溶液，加入Ba(OH)2试剂（可加热）既能产生气体又能产生沉淀的一组是 ()A. Na2SO4B. Na2CO3C. MgCl2D. (NH4)2SO4【答案】D【解析】【详解】A项、Ba(OH)2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，无气体生成，故A不符合题意；B项、Ba(OH)2溶液与Na2CO3溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，无气体生成，故B不符合题意；C项、Ba(OH)2溶液与MgCl2溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡，无气体生成，故C不符合题意；D项、
14、Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4溶液共热反应生成硫酸钡沉淀、氨气和水，故D符合题意；故选D。14.下列物质既含离子键又含共价键的是()A. CaCl2B. NaOHC. H2OD. Na2O【答案】B【解析】【分析】离子键存在于离子化合物中，是阴阳离子之间的相互作用，共价键一般是非金属原子之间形成的化学键。【详解】A项、CaCl2是离子化合物，只含有离子键，故A不符合题意；B项、NaOH是离子化合物，既含离子键又含共价键，故B符合题意；C项、H2O是共价化合物，只含有共价键，故C不符合题意；D项、Na2O是离子化合物，只含有离子键，故D不符合题意；故选B。15.下列说法不正确的是（ ）A
15、. 非金属元素的原子间不能形成离子化合物B. Cl2、Br2、I2的分子间作用力依次增强C. 氯化氢气体溶于水共价键被破坏D. 干冰、NaCl固体、石英晶体熔沸点逐渐升高【答案】A【解析】【详解】A项、由非金属元素形成的化合物大部分是共价化合物，但也可形成离子化合物，如铵盐，故A错误；B项、Cl2、Br2、I2都是结构相似的双原子分子，随着相对分子质量增大，分子间作用力依次增强，故B正确；C项、氯化氢为共价化合物，溶于水共价键被破坏，电离出氢离子和氯离子，故C正确；D项、干冰为分子晶体，熔沸点低，NaCl固体为离子晶体，具有较高的熔沸点，石英晶体是原子晶体，具有很高的熔沸点，则干冰、NaCl固
16、体、石英晶体的熔沸点逐渐升高，故D正确；故选A。【点睛】不同晶体类型的晶体熔沸点比较时，注意晶体类型判断，一般是原子晶体高于离子晶体，离子晶体高于分子晶体。16.配制100 mL 1.0 molL1的NaOH溶液，下列情况对结果没有影响的是()A. 容量瓶使用前经蒸馏水清洗后没有干燥B. 未冷却至室温就将溶液转移至容量瓶中C. 仰视确定凹液面与刻度线相切D. 用敞口容器称量NaOH且时间过长【答案】A【解析】【详解】A项、由于定容时还需要加入蒸馏水，则容量瓶使用前经蒸馏水清洗后没有干燥不影响配制结果；B项、溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；C项、仰视
17、确定凹液面与刻度线相切，会导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏小；D项、用敞口容器称量NaOH且时间过长，NaOH吸水潮解且氢氧化钠会与空气中二氧化碳反应，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；故选A。【点睛】一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。17.下列实验方法或操作中，正确的是()A. 配制100 mL 0.1 molL1 硫酸溶液B. 检查装置的气密性C. 分离水和酒精D. 制备并收
18、集氯气【答案】B【解析】【详解】A项、不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后再转移到容量瓶中，故A错误；B项、由图可知，夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水，能形成稳定的液面差，说明装置不漏气，故B正确；C项、酒精和水互溶，不能用分液漏斗分离，故C错误；D项、二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气，制备装置中缺少酒精灯等，故D错误；故选B。18. 下列除去杂质的方法正确的是A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末B. 除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液C. 除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的盐酸D. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤【答案】
19、C【解析】【详解】A、灼热的氧化铜不与氧气反应，因此无法除去氧气，故错误；B、Na2CO3不仅和氯化氢反应，还同时和CO2反应，CO2CO32H2O=2HCO3，CO2也被除去，故错误；C、加入适量盐酸发生反应：K2CO32HCl=2KClCO2H2O，没有引入新杂质，故正确；D、加入适量NaOH发生反应：MgCl22NaOH=Mg(OH)22NaCl，引入新杂质NaCl，故错误。【点睛】除杂的原则：不增加新杂质，不减少被提纯物质，易分离，易复原。19.下列各组离子能在酸性溶液中大量共存的是()A. Na+、Fe2+、NH4+、SO42B. Na+、Ca2+、Cl-、ClOC. Mg2+、Ba
20、2+、CO32、SO42D. K+、NH4+、Cl-、HCO3【答案】A【解析】【详解】A项、酸性溶液中，Na+、Fe2+、NH4+、SO42之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A符合题意；B项、酸性溶液中，ClO与氢离子生成弱酸次氯酸不能大量共存，故B不符合题意；C项、溶液中Mg2+与CO32-反应生成碳酸镁沉淀，Ba2+与CO32、SO42反应生成碳酸钡和硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D项、酸性溶液中，HCO3与氢离子反应生成二氧化碳气体不能大量共存，故D不符合题意；故选A。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是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
21、络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等。20.下列离子方程式书写正确的是 ()A. Cl2与水的反应：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl+ ClOB. 铁与浓盐酸反应：2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2C. 碳酸钙溶于醋酸溶液中：CaCO3 2H= Ca2H2O CO2D. 氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应：Ba2+ + 2OH+ 2H+ + SO42 = BaSO4 + 2H2O【答案】D【解析】【详解】A项、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为Cl2 + H2O = H+ + Cl+ HClO，故A错误；B项、铁与盐酸反应生成氯化亚铁
22、和氢气，反应的离子方程式为Fe + 2H+ = Fe2+ + H2，故B错误；C项、碳酸钙与醋酸溶液反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3 2CH3COOH= Ca22CH3COO+H2O CO2，故C错误；D项、氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+ + 2OH+ 2H+ + SO42 = BaSO4 + 2H2O，故D正确；故选D。21.X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，它们的原子半径依次减小，X与Z的核电荷数之比为3：4，X、Y、Z分别与氢元素能形成氢化物。下列叙述正确的是（）A. Z是第二周期IVA族元素
23、B. X只有三种同素异形体C. 元素的非金属性：ZYXD. X、Y、Z的氢化物沸点逐渐降低【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，它们的原子半径依次减小，应为同周期元素，X与Z的核电荷数之比为3：4，令X的原子序数为a，则Z原子序数为a+2，则a：（a+2）=3：4，解得a=6，故X为C元素，Y为N元素，Z为O元素。【详解】A项、O元素位于周期表第二周期A族元素，故A错误；B项、碳的同素异形体有金刚石、石墨、富勒烯、碳纳米管、石墨烯和石墨炔等，故B错误；C项、同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则元素的非金属性ONC，故C正确；D项、甲烷、氨气和水的沸点逐渐升高，
24、故D错误；故选C。22.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 标准状况下，2.24L氖气中含有的原子数目为0.2NAB. 常温常压下，3.2 g O2与O3混合气体中含有的氧原子数目为0.2 NAC. 1L 0.1 molL-1 K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0.1 NAD. 2.3g钠与足量氧气反应时，转移的电子数目为0.2 NA【答案】B【解析】【详解】A项、标准状况下，2.24L氖气的物质的量为0.1mol，氖气为单原子分子，则0.1mol氖气含有的氖原子数目为0.1NA，故A错误；B项、O2和O3是氧元素形成的不同单质，3.2 g O2和O3混合气体中O的物质的量
25、为0.2mol，则混合气体中含有的氧原子数目为0.2 NA，故B正确；C项、1L 0.1 molL-1 K2CO3溶液中K2CO3的物质的量为0.1mol，含有的钾离子数目为0.2NA，故C错误；D项、钠与足量氧气反应时失去1个电子生成钠离子，2.3g钠的物质的量为0.1mol，转移的电子数目为0.1NA，故D错误；故选B。23.碘单质的制备流程如图，下列说法不正确的是()A. “煮沸”操作有利于I的充分溶解B. 灼烧时用到的硅酸盐仪器为玻璃棒、蒸发皿、酒精灯。C. 氧化的步骤中发生的氧化还原反应：2I + H2O2 + 2H+ = I2 + 2H2OD. 萃取分液中分液漏斗中萃取液的处理是：
26、下层液体经旋塞放出，上层液体从上口倒出【答案】B【解析】【分析】由题给流程图可知，5g海带用酒精润湿后，灼烧得到海带灰，将海带灰溶于蒸馏水，煮沸充分溶解，过滤得到含碘离子的溶液，向含碘离子的溶液中加入稀硫酸酸化的双氧水溶液，双氧水在酸性条件下与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，得到含碘单质的溶液，然后向含碘单质的溶液加入四氯化碳萃取，分液得到含单质碘的四氯化碳溶液，最后加热蒸馏得到单质碘。【详解】A项、“煮沸”操作能使海带灰中的I充分溶解，故A正确；B项、固体灼烧时应在坩埚中进行，故B错误；C项、氧化步骤中，双氧水在酸性条件下与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，得到含碘单质的溶液，反应的化学方
27、程式为2I+ H2O2 + 2H+ = I2 + 2H2O，故C正确；D项、分液时下层液体经旋塞从下口放出，待下层液体流完后，关闭活塞，再将上层液体从上口倒出，故D正确；故选B。【点睛】注意固体灼烧时应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行。24.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe 3)、n(Br2) 随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是()A. 氧化性强弱：Br2 Fe3B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 molLlC. n(Cl2)0. 12 mol时，溶液中的离子浓度有c (Fe 3)c( Br)=18D. n(FeBr2)n(Cl2)11
28、时，反应的离子方程式为：2Fe22Br + 2Cl2=2Fe3Br2 + 4Cl【答案】C【解析】【分析】由图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入0.1mol氯气时，Fe2恰好被完全氧化为Fe3，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，由方程式可得n（Fe2）为0.2mol，则n（Br）为0.4mol；通入氯气0.3mol时，溶液中0.4mol Br恰好被完全氧化为Br2，反应的离子方程式为2Br+ Cl2=Br2 + 2Cl，则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2Fe24Br + 3Cl2=2Fe32Br2 +6Cl。【详解】A项、由题给图示可知，向200 mL FeB
29、r2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性Fe2 Br，还原剂的还原性越强，对应氧化产物的氧化性越弱，则氧化性强弱：Br2 Fe3，故A正确；B项、由通入0.1mol氯气时，Fe2恰好被完全氧化为Fe3可得，溶液中n（Fe2）为0.2mol，则FeBr2溶液的浓度为=1mol/L，故B正确；C项、当通入n(Cl2)为0. 12 mol时，0.2mol Fe2已经完全被氧化为Fe3，n（Fe3）为0.2mol，过量的0. 02 mol Cl2与0. 04 mol Br反应，溶液中n（Br）为（0.40.04）mol=0.36mol，则溶液中的离子浓度有c (Fe 3)c( Br)= 0.2m
30、ol0.36mol=5:9，故C错误；D项、n(FeBr2)n(Cl2)11时，溶液中Fe2已经完全被氧化为Fe3，有一半Br被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe22Br + 2Cl2=2Fe3Br2 + 4Cl，故D正确；故选C。【点睛】注意依据题给图示明确反应顺序是Fe2还原性强先被完全氧化后，Br才被氧化是解答突破口。25.某溶液X中仅可能含有K、Na、Fe2、Fe3、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I、Cl中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 ()A. 该溶液X中可能有Fe3、Na+B. 取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X
31、中一定存在SO42-、SO32-中的某一种C. 该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的D. 如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+【答案】C【解析】【分析】由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I，一定不含Fe3；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，此时不能确定是否含有Cl，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na，透过蓝色钴玻
32、璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl，综上可知，溶液X中一定含有K、Fe2、NH4+、I、SO42-和Cl，一定不含有Fe3、SO32-、CO32-和Na。【详解】A项、溶液X中一定没有Fe3、Na+，故A错误；B项、因溶液X中一定含有Fe2，一定不含有SO32-，若取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-，故B错误；C项、由以上分析可知，溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C正确；D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；故选C。【点睛】根据实验现象和离子共存
33、是解答的突破口，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒是判断的关键所在。二、非选择题（本大题包括6小题）26.（1）写出纯碱的化学式_（2）写出镁条在CO2中燃烧的化学方程式：_。（3）钠与水反应的离子方程式_。【答案】 (1). Na2CO3 (2). 2Mg + CO2 2MgO + C (3). 2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH+ H2【解析】【分析】（1）纯碱就是碳酸钠；（2）镁条在CO2中燃烧生成白色的氧化镁和黑色的碳；（3）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气。【详解】（1）纯碱就是碳酸钠，化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（2）镁条在CO2中燃烧生成白色的氧化镁和
34、黑色的碳，反应的化学方程式为2Mg + CO2 2MgO + C，故答案为：2Mg + CO2 2MgO + C；（3）钠和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，故答案为：2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH+ H2。27.下表是元素周期表的一部分，针对表中的 9种元素，回答以下问题： 主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0一二三四（1）与形成的化合物的晶体类型_。（2）比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序（用化学式表示）：_。写出形成化合物（其中显+1价）的结构式_。（3）元素的阴离子
35、半径_元素的阳离子半径（填“”、“ H2SiO3 (3). H-O-Cl (4). (5). Cl2+2Br = Br2 + 2Cl【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，为H元素、为Li元素、为O元素、为Na元素、为Al元素、为Si元素、为Cl元素、为K元素、为Br元素。【详解】（1）与形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅是具有很高熔沸点、很大硬度的原子晶体，故答案为：原子晶体；（2）同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则两种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4 H2SiO3；氯元素呈+1价的含氧酸为HClO，结构式为HO
36、Cl，故答案为：HClO4 H2SiO3；H-O-Cl；（3）电子层结构相同的离子，随核电荷数的增大，离子半径依次减小，H和Li+的电子层结构相同，则H的离子半径大于Li+的离子半径，故答案为：；（4）氯气的氧化性强于溴，氯气能与溶液中的溴离子发生置换反应生成溴，反应的离子方程式为Cl2+2Br= Br2 + 2Cl，故答案为：Cl2+2Br= Br2 + 2Cl。【点睛】次氯酸结构式为HOCl，不是HClO是易错点。28.某课外活动小组的同学在实验室做锌与浓硫酸反应的实验中,甲同学认为产生的气体是二氧化硫,而乙同学认为除二氧化硫气体外,还可能产生氢气。为了验证哪位同学的判断正确,丙同学设计了
37、图中的实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X,且该反应装置略去)。试回答下列问题:（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为_。（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是_。（3）A中加入的试剂可能是_,作用是_;B中加入的试剂可能是_,作用是_;E中加入的试剂可能是_,作用是_。（4）可以证明气体X中含有氢气的实验现象:C中_,D中_。【答案】 (1). Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2+2H2O (2). 当Zn与浓硫酸反应时,浓硫酸逐渐变稀,Zn与稀硫酸反应可产生H2 (3). 品红溶液 (4). 检验SO2 (5). 浓硫酸 (6). 吸收水蒸气 (7). 碱石灰 (8). 防
38、止空气中的水蒸气进入装置D中 (9). 黑色粉末变成红色 (10). 白色粉末变成蓝色【解析】【分析】(1)二氧化硫由锌和浓硫酸反应得到；(2)浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2；(3)分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰，据此分析(3)(4)。【详解】(1)二氧化硫由锌和浓硫酸反应得到，锌和浓硫酸反应得二
39、氧化硫、硫酸锌和水，反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2+2H2O；(2)在Zn与浓H2SO4反应过程中，H2SO4被消耗且有水生成，H2SO4浓度逐渐减小，变成稀硫酸，Zn与稀H2SO4反应生成H2；(3)分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中 的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰；(5)证明生成的气体中含有水蒸气的现象是：C装置中黑色氧化
40、铜变为红色铜，D装置中白色硫酸铜变为蓝色。29.常温下，二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。（1）写出并配平该反应的化学方程式 _。（2）该反应的还原产物是_。（3）在标准状况下，如果反应中生成11.2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为_，转移电子数目为 _。（4）二氧化氯可迅速氧化硫化物（其中还原产物中氯元素为负一价），以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S（二元弱酸）的水
41、中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_。【答案】 (1). 2NaClO3 + 4HCl(浓）= 2ClO2 + Cl2 + 2H2O + 2NaCl (2). ClO2 (3). 1mol (4). 6.021023或NA (5). 5H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42 + 8Cl + 18H+【解析】【分析】（1）氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水；（2）反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2；（3）由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转
42、移电子数目关系如下：2 HClCl22e，依据关系式计算即可；（4）由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸。【详解】（1）氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl(浓）= 2ClO2 + Cl2 + 2H2O + 2NaCl，故答案为：2NaClO3 + 4HCl(浓）= 2ClO2 + Cl2 + 2H2O + 2NaCl；（2）反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2，故答案为：ClO2；（3）由方程式可得被氧化氯化氢、氯
43、气和转移电子数目关系如下：2 HClCl22e，标准状况下，11.2L氯气的物质的量为0.5mol，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5mol2=1mol，转移的电子数目为6.021023或NA，故答案为：1mol；6.021023或NA；（4）由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42+ 8Cl+ 18H+，故答案为：H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42+ 8Cl+ 18H+。【点睛】运用氧化还原反应中化合价“只靠拢、不交叉”原则，
44、确定NaClO3是氧化剂，还原产物为ClO2，浓盐酸是还原剂，氯气是氧化产物是解答的突破口。30.由两种元素组成的矿物A，测定A的组成流程如下：请回答：（1）反应中除了产生D外，还有一种气体生成，请写出该气体的电子式_ （2）写出的化学方程式：_（3）写出离子方程式：_（4）检验E溶液中含有Fe2+ 的方法是：_【答案】 (1). (2). Cu2S + 2O2 2CuO + SO2 (3). SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+ SO42+4H+ (4). 取少量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+【解析】【分析】由黑色固体B与一氧化碳共热反应生成红色固体单质
45、D可知，黑色固体B为氧化铜，单质D为铜，则A中含有铜元素；由无色气体C与过量氯化铁溶液反应生成E溶液，E溶液与过量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，C为二氧化硫，E为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁混合液，白色沉淀F为硫酸钡，则A中含有硫元素；4.66g硫酸钡的物质的量为0.02mol，由硫原子守恒可知，A中含有硫原子的物质的量为0.02mol，3.20gA中含有的铜原子的物质的量为=0.04mol，则A中n（Cu）：n（S）=0.04mol：0.02mol=2:1，A的化学式为Cu2S。【详解】（1）反应为氧化铜与一氧化碳共热反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，电子式为，故答案为：；（2）
46、反应为硫化亚铜与氧气在高温下发生氧化还原反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S + 2O2 2CuO + SO2，故答案为：Cu2S + 2O2 2CuO + SO2；（3）反应为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、盐酸和氯化亚铁，反应的离子方程式为SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+ SO42+4H+，故答案为：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+ SO42+4H+；（4）E为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液，因溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰亚铁离子检验，所以检验亚铁离子应选用铁氰化钾溶液，具体操作为取少
47、量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+，故答案为：取少量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+。【点睛】E溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰亚铁离子检验是易错点。31.现将一铜块浸入500mL某浓度FeCl3溶液中，一段时间后取出，向所得溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后有固体剩余。过滤，取出20.0mL滤液，向其中滴入1.20mol/L AgNO3溶液100mL时，溶液恰好完全沉淀。请回答下列有关问题（忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留三位有效数字）：（1）原FeCl3溶液的物
48、质的量浓度为_。（2）假若剩余固体中有铁粉，则向溶液中加入的铁粉质量至少大于_。【答案】 (1). 2.00mol/L (2). 28.0g【解析】【分析】由题意铜与FeCl3溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，一段时间后取出，向所得溶液中加入一定量的铁粉，铁粉与过量氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和铜，反应过程中氯离子的物质的量不变；由消耗硝酸银溶液的量可以计算溶液中的氯离子的量，进而计算氯化铁溶液的浓度和加入铁粉的量。【详解】（1）100mL 1.20mol/L AgNO3溶液中AgNO3的物质的量为0.12mol，由离子方程式Ag+Cl=AgCl可知，20.0mL滤液中
49、含有的氯离子的物质的量为0.12mol，因反应过程中氯离子的物质的量不变，则500mL原溶液中含有的氯离子的物质的量为0.12mol25=3mol，由此可知FeCl3溶液的物质的量浓度为c（Cl）=2.00mol/L，故答案为：2.00mol/L；（2）假若剩余固体中有铁粉，以上反应可以视作铜未参与反应，实际上是氯化铁溶液与过量铁反应生成氯化亚铁，由方程式2FeCl3+Fe=3FeCl2可知，n（Fe）=n（FeCl3）=0.5L2.00mol/L=0.5mol，则向溶液中加入的铁粉质量至少大于0.5mol56g/mol=28.0g，故答案为：28.0g。【点睛】假若剩余固体中有铁粉，以上反应可以视作铜未参与反应，实际上是氯化铁溶液与过量铁反应生成氯化亚铁是解答的关键所在。
