1、20192020学年度第一学期期末考试高一年级化学试题相对原子质量：H1 O16 C12 Na23 Mg 24 Al27 Cu64 Fe56 S32 N14 Cl35.5第I卷(选择题 共50分)一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是()A. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗B. 大量氯气泄漏时，用饱和NaOH溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场C. 不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用湿抹布盖灭D. 金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖【答案】C【解析】【详解】A少量浓硫酸粘在皮肤上
2、，应该立刻用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液，不能用具有强腐蚀性的氢氧化钠溶液冲洗，故A错误；B氢氧化钠溶液能够腐蚀人的皮肤，不能用氢氧化钠溶液浸湿毛巾，可以用显示碱性的肥皂水浸湿毛巾，故B错误；C酒精可溶于水，且易挥发，故不能用水灭火，如果洒出的酒精在桌上着火时，应立即用湿抹布盖灭，故C正确；D钠化学性质活泼，能够与水反应放出氢气，所以钠着火后不能用水灭火，可以用沙子灭火，故D错误；故选：C。2.现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液；39%的乙醇溶液；氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是：（ ）A. 分液、萃取、蒸馏B. 萃取、蒸馏、分液C. 分液、蒸馏、萃取D. 蒸馏、萃取
3、、分液【答案】C【解析】【详解】油和氯化钠溶液，混合分层，则利用分液分离；39%的乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则利用蒸馏分离；单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则分离氯化钠和单质溴的水溶液，选择有机溶剂萃取；答案选A。【点睛】本题为高频考点，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注重实验基础知识和基本技能的考查，注意有机物性质。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物
4、是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。3.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )A. 标况下，4.48 L的水中含有H2O分子的数目为0.2NAB. 常温常压下，48 g O3含有的氧原子数3NAC. 1.8 g的NH4+中含有的电子数为11NAD. 2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.标况下水不是气体，4.48 L的水的物质的量不是0.2mol，故A错误；B. 48g臭氧的物质的量为1mol，含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，故B正确；C.一个铵根离子中含有的电子数为10，1.8gNH4+的物质的量为0.1mol，所以所
5、含电子数为NA，故C错误；D. 2.4 g金属镁的物质的量为0.1mol，生成一个镁离子失去两个电子，所以2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，故D错误，故答案为B。4.按照物质的树状分类和交叉分类，H2SO4应属于( )酸 能导电 含氧酸 混合物 化合物 二元酸 强电解质A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】硫酸电离时生成的阳离子都是氢离子，从性质分类属于酸，故正确； 硫酸中没有自由移动的离子，不能导电，故错误；H2SO4由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成，属于含氧酸，故正确；H2SO4从物质组成分类属于化合物，不是混合物，故错误；H2SO4由氢元素、硫元素、氧
6、元素三种元素组成的纯净物，属于化合物，故正确；1molH2SO4可电离出2mol氢离子，故其属于二元酸，正确；硫酸完全电离，是强酸，属于强电解质，故正确；故选：B。5.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的原因是（ ）A. 未洗涤烧杯和玻璃棒B. 转移溶液前溶液未冷却至室温C. 容量瓶未干燥D. 定容时俯视液面【答案】A【解析】【详解】A、未洗涤溶解NaOH的烧杯，溶质的质量减少，故A浓度偏低；B、转移溶液前溶液未冷却至室温，当溶液冷却后，液面下降，体积偏小，故B浓度偏大；C、定容时要加蒸馏水，所以容量瓶未干燥，故C对溶液的浓度无影响；D、定容时俯视液面，溶液体积偏小，故
7、D浓度偏大。故选A【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作，根据c= 判断是误差分析的关键。6.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1100nm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（10-710-9m）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
8、、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。7.下列说法正确的是（）A. 将 AgCl 放入水中不能导电，故 AgCl 不是电解质B. CO2溶于水得到的溶液能导电，所以 CO2 是电解质C. 金属能导电，所以金属是电解质D. 固态的 NaCl 不导电，熔融态的 NaCl 能导电，NaCl 是电解质【答案】D【解析】【详解】A.AgCl是难溶物，但溶于水的部分可以电离，所以AgCl是电解质，故A错误；B.电解质本身能电离出离子，CO2不能电离出导电离子，CO2是非电解质，故B错误；C.金属是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D.熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解
9、质，故D正确。故选D。8.下列离子方程式书写正确的是A. Na投入到足量的盐酸中：2Na+2H2O2Na+2OH+H2B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+4OHAlO2+2H2OC. 三氯化铁溶液中加入铜粉：Fe3+CuFe2+Cu2D. 将氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【答案】D【解析】【详解】ANa投入到足量的盐酸中，反应生成氯化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H+2Na+H2，故A错误；B氨水与氯化铝反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故B错误；C三氯化铁溶液中加入铜粉，正确的离子方程式为：2Fe3+
10、Cu2Fe2+Cu2+，故C错误；D氯气通入冷的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故D正确.故选D9.下列离子在溶液中能大量共存的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A.铁离子和硫氰酸根生成络合物，故A不能大量共存；B.四种离子相互之间不反应，故B可以大量共存；C.铁离子与硫离子之间会发生氧化还原反应，故C不可以大量共存；D.氢离子少量时和偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，氢离子过量会继续和氢氧化铝反应生成铝离子，故D不能大量共存；故答案为B。10.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等
11、。下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是A. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2B. Cl2+ H2OHClO + HClC. 2F2+2H2O=4HF+O2D. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【答案】C【解析】【分析】目标方程式中水既非氧化剂又非还原剂。【详解】A、2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2，水既非氧化剂又非还原剂，A相同；B、Cl2+ H2OHClO + HCl，水的作用是既非氧化剂又非还原剂，B相同；C、2F2+2H2O=4HF+O2，水在该反应中作还原剂，C与目标方程式中水的作用不同；D、4Fe(O
12、H)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，水既非氧化剂又非还原剂，D相同。答案选C。11.常温下，在下列溶液中发生如下反应：16H10Z2XO4-=2X25Z28H2O2A2B2=2A32B 2BZ2=B22Z由此判断下列说法正确的是 ()A. 反应Z22A2=2A32Z不能进行B. Z元素在反应中均被氧化C. 氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3D. 还原性由强到弱的顺序是A2、B、Z、X2【答案】C【解析】【分析】根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物分析，还原性顺序为：A2+B-Z-X2+，氧化性顺序为：XO4-Z2B2A3+。【详解】A、反应
13、中氧化性顺序为：Z2A3+，与题目中的信息相符，能反应， A错误；B、Z元素在反应中被氧化，在反应中被还原， B错误；C、根据以上分析，氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3，C正确；D、根据以上分析，A2+B-Z-X2+，D错误。故选C。【点睛】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，可以通过反应确定性质强弱，也能通过性质强弱确定是否发生反应。12.一定条件下，PbO2与Cr3反应，产物是Cr2O72-和Pb2，则与1 mol Cr3反应所需PbO2的物质的量为A. 3.0 molB. 1.5 molC. 1.0 molD. 0.75 mol【答案】B
14、【解析】【详解】利用电子守恒作答。当1molCr3+被氧化生成Cr2O时，失去的电子为3mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5mol，答案选B。13.下列关于钠及其化合物的说法错误的是( )A. 切开的金属钠暴露在空气中，光亮的表面变暗发生2NaO2=Na2O2反应B. 钠、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠灼烧时火焰呈黄色C. Na2O2在潮湿空气放置一段时间变成白色粘稠物发生2Na2O22H2O=4NaOH+O2反应D. 过氧化钠投入硫酸铜溶液可产生氢氧化铜沉淀和氧气【答案】A【解析】【详解】A切开金属钠暴露在空气中，光亮的表面变暗发生4Na+O2
15、2Na2O反应，故A错误；B焰色反应为元素性质，钠的焰色为黄色，故B正确；C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解得到氢氧化钠溶液，故C正确；D过氧化钠投入硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜，硫酸钠和氧气，产生氢氧化铜沉淀和氧气，故D正确；故选：A。14.下列说法正确的是（ ）A. SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸B. 木材浸过水玻璃后，具有防腐蚀性能且不易着火C. 因高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以H2SiO3酸性比H2CO3强D. 氯气泄漏后，人应逆风且往低处跑【答案】B【解析】【详解】ASiO2是酸性氧化物，与氢氟酸反应，A错误；B木材浸过水玻璃后，具有防腐蚀性
16、能且不易着火，B正确；CH2SiO3酸性比H2CO3弱，C错误；D氯气的密度大于空气，氯气泄漏后，人应逆风且往高处跑，D错误。答案选B。15.下列表述不正确的是A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是 Al2O3B. 硅是制造太阳能电池的常用材料C. 四氧化三铁俗称铁红可用作油漆、红色涂料D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液Fe(OH)3 胶体FeCl3 溶液【答案】C【解析】【详解】A、人造刚玉的主要成分是Al2O3，其熔点很高，高温下机械强度大，抗热震性好，抗腐蚀性强，热膨胀系数小等特点，可作耐火材料，A 正确；B、晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池
17、材料，B 正确；C、Fe2O3俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料，C 错误；D、分散系的分散质粒子直径大小为，浊液分散质粒子直径100nm，溶液分散质粒子直径1nm，胶体分散质粒子直径在1nm-100nm间，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液，D 正确。表述不正确的是C，答案选C。16.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是( )A. NaHCO3和HClB. AlCl3和NaOHC. NaAlO2和H2SO4D. Na2CO3和H2SO4【答案】A【解析】【详解】A、NaHCO3和HCl反应，无论是
18、前者滴入后者，还是后者滴入前者，都发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，现象都是产生无色气泡，故A正确；B、因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O4Al(OH)3+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；而后者逐滴滴入前者发生Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故B不选；C、NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立刻溶解，先有沉淀反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O
19、=Na2SO4+2Al(OH)3由于H2SO4过量，生成的Al(OH)3立刻被硫酸中和，反应方程式为：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O，当溶液中铝元素全部变为Al3+时，它与滴入的AlO2-发生双水解反应方程式为：Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3现象是最终有沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀，反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3 后溶解是由于硫酸过量，反应方程式为：3H2SO4+2Al(OH)3Al2(SO4)3+6H2O，最终无沉淀，故C不选；D、碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4N
20、a2SO4+CO2+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32-+H+HCO3-、HCO3-+H+CO2+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故D不选；故选：A。17.等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀的质量比为123，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）A. 123B. 169C. 133D. 136【答案】B【解析】【分析】生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，根据n=可知：生成BaSO4的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2(SO4)33BaSO4、ZnSO4BaSO4、Na2SO4BaSO4来计算
21、。【详解】由生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，可知生成BaSO4的物质的量之比为1：2：3，设生成BaSO4的物质的量分别为a、2a、3a，则由Al2(SO4)33BaSO4， n(BaSO4)=a，所以nAl2(SO4)3= n(BaSO4)=；由ZnSO4BaSO4，n(BaSO4)=2a，所以n(ZnSO4)=n(BaSO4)=2a， 由Na2SO4BaSO4，n(BaSO4)=3a，所以n(Na2SO4)=n(BaSO4)=3a。又由于硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，根据c=，可知三种物质的浓度之比等于它们的物质的量之比，即为cAl2(SO4)3：c(ZnSO4)：c(Na
22、2SO4)=：2a：3a=1：6：9，故合理选项是B。【点睛】明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比进行解答。18.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生反应2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，剩余固体不可能是( )A. 有铜无铁B. 有铁无铜C. 铁、铜都有D. 铁、铜都无【答案】B【解析】【分析】Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeC
23、l2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答。【详解】AFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后，Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；BFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应而生成铜，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B可选；C如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；D如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；故选：B。19.证明某溶液只含有Fe
24、 2+而不含Fe 3+的实验方法是( )A. 只需滴加KSCN溶液B. 先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色C. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色D. 滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀。【答案】C【解析】【分析】先根据Fe3的特征反应判断溶液不含Fe3；然后加入氧化剂，如果含有Fe2，Fe2被氧化剂氧化成Fe3溶液变成红色，从而证明Fe2的存在。【详解】A只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3，无法验证Fe2存在，故A错误；B先滴加氯水，氯气将Fe2氧化成Fe3，即使原溶液不含Fe3，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3，故B
25、错误；CKSCN与Fe3作用使溶液显红色，与Fe2作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3，证明原溶液含有Fe2，故C正确；D滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明含有Fe3+，无法验证Fe2存在，故D错误；故选C。【点睛】易错点B，Fe2、Fe3的检验，滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3。20.把2.1 g CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加()A. 2.1 gB. 3.6 gC. 7.2 gD. 无法确定【答
26、案】A【解析】【详解】一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，把两个反应相加，得：CO+Na2O2=Na2CO3，过氧化钠增重的质量即为CO的质量。氢气同理，过氧化钠增重的质量即为H2的质量，所以2.1克一氧化碳和氢气的混合气体，最后固体增重就为2.1克，选A。21.将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=N
27、aCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。【详解】0.4g NaOH的物质的量为0.4g40gmol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为1.06g106gmol-1=0.01mol，则A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当
28、滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C。【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaC
29、l；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。22.将3.6 g镁铝合金，投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4 mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是()A. 150 mLB. 200 mLC. 250 mLD. 280 mL【答案】C【解析】【详解】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，MgCl2
30、+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，所以最终溶液中的溶质为NaCl，根据氯原子和钠原子守恒可得：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=2mol/L0.5L=1mol，所以需要氢氧化钠溶液体积为：=0.25L=250mL。故选：C。【点睛】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即氢氧化铝不能溶解，溶液中的溶质只有NaCl，注意利用原子守恒解题23.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸
31、根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A. (b-a)/V molL-1B. (2b-a)/V molL-1C. 2(2b-a)/V molL-1D. 2(b-a)/V molL-1【答案】C【解析】【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 molL-1，C项符合题意，故答案为C。24.某澄清溶液可能含有K+
32、、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验：取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，只产生白色沉淀；另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是( )A. 肯定有Al3+、SO42-，可能有K+、NH4+B. 肯定无NH4+、Mg2+、CO32-，可能有Fe2+C. 原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液D. 肯定有Mg2+、Al3+、SO42- ，K+只能通过焰色反应才能确定【答案】D【解析】【分析】向原溶液中逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2
33、溶液，只产生白色沉淀，则白色沉淀为硫酸钡，溶液中一定存在SO42-，由于碳酸根离子能够与盐酸反应生成气体，所以一定不存在CO32-；向原溶液中缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，该气体为氧气，说明溶液中一定不存一定不存在NH4+；同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解，说明原溶液中一定存在Al3+、Mg2+；由于氢氧化亚铁能够别过氧化钠氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，而沉淀为白色，说明一定不存在Fe2+；不能确定是否含有K+，【详解】A、根据以上分析可知，原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42-，一定不存在Fe3+、Cu2+、Fe2+、CO32-、NH4+，可能存在K+，故A
34、错误；B、根据以上分析可知，原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42-，一定不存在Fe2+、CO32-、NH4+，可能存在K+，故B错误；C、由于无法确定是否含有钾离子，所以无法确定溶质是否含有明矾，故C错误；D、根据分析可知：原溶液中可能存在K+，K+只能通过焰色反应才能确定，故D正确；故选：D。【点睛】注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，明确具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根离子的反应，熟悉常见的沉淀的颜色，如氢氧化铁、氢氧化铜等。25.下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KM
35、nO416HCl=2KCl5Cl22MnCl28H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是()选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质 Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质 De处变红色还原性：Fe2ClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2I2,Cl2Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;C、
36、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+Cl-,D项正确；答案选D。【此处有视频，请去附件查看】第卷(非选择题，共50分)26.(1)0.5mol CH4的质量是_g，在标准状况下的体积为_L；含有约_个氢原子。(2)将标准状况下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物质的量浓度为_；配制300mL 0.5molL1氯化钠溶液，需要1.5molL1的氯化钠溶液的体积是_mL。【答案】 (1). 8g (2). 11.2L (3). 1.2041024 (4). 5mol/L (5)
37、. 100ml【解析】【详解】(1)0.5mol CH4的质量=nM=0.5mol16g/mol=8g;标况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L；每个甲烷分子中含有4个氢原子，所以0.5mol CH4的含有氢原子为0.5mol4=2mol，即1.2041024个，故答案为：8g；11.2L；1.2041024；(2)22.4L的HCl的物质的量为=1mol，溶液的物质的量浓度;300mL 0.5molL1氯化钠溶液所含氯化钠的物质的量为0.5mol/L0.3L=0.15mol，需要1.5molL1的氯化钠溶液的体积V=，故答案为：5mol/L；100ml。27.(1)反应 KC
38、lO3 + HCl KCl + Cl2 + H2O未配平，请写出配平的方程式_，在该反应中氧化剂和用作还原剂的物质的物质的量之比为_，产生标准状况下33.6LCl2时，转移电子的物质的量为_。(2)将NaOH溶液滴加到FeSO4溶液中产生的现象是_，本实验应将胶头滴管伸入到液面以下，这样做的目的是_【答案】 (1). KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O (2). 1:5 (3). 2.5mol (4). 产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 防止Fe(OH)2被氧化【解析】【分析】(1)根据化合价变化将电子得失配平，再根据元素守恒配平方程式；氧化剂化合价降低，还原
39、剂化合价升高；氧化还原反应中转移的电子数目=化合价升高的数目=化合价降低的数目；(2)NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁。【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为Cl2中0价，化合价降低5价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高1价，化合价升降最小公倍数为5，KClO3系数为1，Cl2系数为3；所以KCl系数为1，HCl系数为6，结合元素守恒，反应方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O；KClO3中氯元素化合价降低为氧化剂，HCl中氯元素化合价升高为还原剂，根据方程式可知6molHCl中有5m
40、ol被氧化，所以在该反应中氧化剂和用作还原剂的物质的物质的量之比为1:5；标准状况下33.6LCl2的物质的量为1.5mol，根据方程式可知转移电子数为2.5mol，故答案为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O；1:5；2.5mol；(2)NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，其现象为产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；故答案为：产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；防止Fe(OH)2被氧化。28.洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。(1)工业上将氯气通入石灰乳C
41、a(OH)2制取漂白粉，化学反应方程式为_。(2)漂白粉的主要成分_(填化学式)，有效成分是_(填化学式)。(3)漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为_。【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (2). CaCl2、Ca(ClO)2 (3). Ca(ClO)2 (4). CO2 + H2O + Ca(ClO)2 = CaCO3 + 2HClO【解析】【详解】(1)氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2
42、O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(2)根据(1)方程式可知主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；Ca(ClO)2；(3)次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，反应的方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2 HClO。【点睛】本题考查漂白粉的制备及漂白原理，把握氯气的性质、次氯酸钙的性质、HClO的性质为解答的关键，明确发生的化学反应即可解答，题目难度不大。29.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、
43、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：B_， C_，F_， 乙_，(2)写出下列反应的离子方程式：反应_；反应_；【答案】 (1). Al (2). Fe (3). FeCl2 (4). Cl2 (5). 2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2 (6). 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-【解析】【分析】金属A颜色反应为黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH，金属B和氢氧化钠溶液反应生成氢气，说明B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙
44、为HCl，溶于水得到E为盐酸，物质D(氢氧化钠)和G为反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，说明G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可推知，C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)根据分析可知B为Al，C为Fe，F为FeCl2，乙为Cl2，故答案为：Al；Fe；FeCl2；Cl2；(2)反应为钠与水的反应，该反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；反应为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，该反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；
45、2Fe2+Cl2=2Cl-+2Fe3+。【点睛】注意把握焰色反应及物质的颜色为解答本题的突破口，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的综合应用能力。30.掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。（1）写出下列仪器的名称：_；_；_；（2）仪器中，使用时必须检查是否漏水有_。（填序号）（3）现需配制250 ml 0.2 molL NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中两处错误是_。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 1000mL容量瓶 (4). (5). 未用玻璃棒引流 (6). 未采用250mL容量瓶【解析】【详
46、解】（1）根据图示仪器的构造可知：为蒸馏烧瓶，为冷凝管，为1000mL容量瓶，故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；1000mL容量瓶；（2）容量瓶在使用前一定要查漏，故答案为；（3）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，配制多大体积的溶液则选择多大规格的容量瓶，故答案为未用玻璃棒引流；未采用250ml容量瓶。31.把10.2g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到11.2L H2（标准状况下）试计算（写出计算过程）：（1）该合金中铝的质量分数；（2）该合金中铝和镁的物质的量之比【答案】（1）52.9%；（2）n（Al）：n（Mg）=1：1【解析】【分析】镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据化学方程式进行计算。【详解】标准状况下，11.2L H2的物质的量为0.5mol。设10.2g镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，根据化学方程式Mg+2H+= Mg2+H2、2Al+6H+=Al3+3H2，可以得出： x+1.5y=0.5，24x+27y=10.2。联立方程组解得：x=0.2，y=0.2。所以，n（Al）：n（Mg）=1：1，铝的质量分数为52.9%。