1、张掖市20192020学年第一学期期末高一年级学业水平质量检测化学试卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 S:32 Na:23 Mg:24 Al:27 Ba:137 Cu:64 Cl:35.5一、选择题（本小题共25个小题，每题2分，共计50分。每小题只有一个选项正确）1.下列实验操作错误的是（ ）A. 蒸馏操作时，冷凝水的方向应由下往上B. 分液时，首先要使玻璃塞上的凹槽与上口部小孔对准，再进行分液C. 提取碘水中的碘单质时，应选择有机萃取剂，如酒精D. 萃取分液后，要得到被萃取的物质，通常还要进行蒸馏【答案】C【解析】【详解】A. 蒸馏操作时，为了充分冷凝，要采用
2、逆流原理，冷凝管中水的方向是下口为进水口，上口是出水口，即冷凝水的方向应当由下口进上口出，A正确；B. 使内外空气相通，保证液体顺利流出，B正确；C. 碘单质易溶于酒精，但酒精与水混溶，液体不分层，因此酒精不能作萃取剂，C错误；D. 萃取分液后得到的混合物中物质的沸点不同，可用蒸馏分离，D正确；故合理选项C。2.现有一瓶A和B的混合物，已知它们的性质如下表。物质熔点/沸点/密度/gcm3溶解性A11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26据此分析，将A和B相互分离的常用方法是（ ）A. 过滤B. 蒸发C. 分液D. 蒸馏【答案】D【解析】【详解】由题目信息可知，A、B
3、互溶，且均易溶于水，但二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法将A和B相互分离；答案选D。3.物质的量相同的H2O和NH3一定具有相同的（ ）A. 原子个数B. 质量C. 体积D. 分子个数【答案】D【解析】【详解】A. H2O分子中含有3个原子，而NH3分子中含有4个原子，所以物质的量相同的H2O和NH3中原子个数不等，A错误；B. H2O和NH3相对分子质量分别是18、17，所以等物质的量的两种气体的质量一定不等，B错误；C. 影响物质体积的因素有微粒数目、分子之间的距离和分子的大小，所以不能根据物质的量相同确定二者的体积是否相同，C错误；D. 根据N=nNA可知物质的量相同的H2O和NH3
4、一定具有相同的分子数，D正确；故合理选项是D。4.配制250 mL、0.10 molL-1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液中NaOH物质的量浓度偏大的是（ ）A. 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B. 准确称量1.0 g NaOH进行配制C. 在容量瓶中进行定容时俯视刻度线D. 定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水【答案】C【解析】【分析】根据c=及m=nM，分析各种操作对配制溶液浓度的影响。【详解】A. 转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致溶质的物质的量n减小，溶液浓度偏小，A错误；B. 250 mL、0.10 molL-1的NaOH溶液
5、中含有NaOH的质量为m(NaOH)=cVM=0.10 mol/L0.25 L40 g/mol=1.0 g，所以准确称取1.0 g NaOH进行配制溶液，对配制溶液的浓度无影响，B错误；C. 在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，根据c=可知配制的溶液浓度偏大，C正确；D. 定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析的方法与技巧，易错点为C，注意仰视、俯视对体积读
6、数的影响。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。5.“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 能透过滤纸 不能透过滤纸 静置后，会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形
7、成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。6.下列说法不正确的是（ ）氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；溶于水电离出H的化合物都是酸液态HCl不导电，所以属于非电解质；金属铜能导电，但它不是电解质，是非电解质强电解质的导电能力比弱电解质强NaHSO4在熔融状
8、态下电离生成三种离子A. B. C. 全部D. 【答案】C【解析】【详解】氨溶于水得到氨水，溶液中一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，导致溶液能导电，但是氨气自身不能电离出阴阳离子，不导电，所以NH3是非电解质，故错误；溶于水电离出的阳离子全部为H的化合物都是酸，溶于水电离出氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠是盐，故错误；液态HCl不导电，但是HCl溶于水，电离出氢离子和氯离子，能够导电，所以液态HCl属于电解质，故错误；金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误；电解质溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无必然的联系，所以强电解质的导电能力不一定强于弱电解质，故错误；Na
9、HSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，故错误；故答案选C。【点睛】电解质溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质的强弱没有必然的联系；硫酸氢钠属于强电解质，在水溶液中完全电离出三种离子：NaHSO4=Na+H+SO42-；在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，NaHSO4=Na+HSO4-。7.下列各项正确的是A. 钠与水反应的离子方程式：NaH2O = NaOHH2B. 氯气与水反应的离子方程式：Cl2+H2O2H+Cl-+ClO-C. AlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al33NH3H2O = Al(OH)33NH4+
10、D. 钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2NaCu2 = 2NaCu【答案】C【解析】【分析】A. 原子不守恒；B. 次氯酸为弱酸，写化学式，不能拆；C. 氯水为弱碱，可以与铝盐制备氢氧化铝沉淀；D. 钠投入到盐溶液，首先与水反应生成氢氧化钠与氢气。【详解】A. 钠与水反应离子方程式：2Na2H2O = 2Na2OHH2，故A项错误；B. HClO为弱电解质，在离子方程式书写时，应写成化学式，则氯气与水反应的离子方程式：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故B项错误；C. Al(OH)3不溶于弱碱，则AlCl3溶液中滴入过量的氨水的离子方程式为：Al33NH3H2O = Al(OH)33NH4+
11、，故C项正确；D. 钠化学性质很活泼，与硫酸铜溶液反应时，先与水反应生成氢氧化钠与氢气，生成的氢氧化钠再继续与溶质硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，其离子方程式：2NaCu22H2O= 2NaCu(OH)2H2,故D项错误；答案选C。8.25时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 在无色溶液中：Na+、Fe3+、NO3-、Cl-B. 加入Mg能放出H2的溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-C. 在含有HCO3-的溶液中：H+、K+、SO42-、Cl-D. 含有大量Fe2+的溶液中：H+、K+、SO42-、NO3-【答案】B【解析】【详解】A. Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液
12、中不能大量存在，A错误；B. 加入Mg能放出H2的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量存在，B正确；C. 在含有HCO3-的溶液中：H+、HCO3-会发生离子反应产生H2O、CO2，不能大量共存，C错误；D. Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。9.下列物质中，常用作还原剂的是A. 氯气B. 金属钠C. 氯化铁D. 稀硝酸【答案】B【解析】【分析】物质中元素的化合价处于最高价态，化合价只能降低，只能做氧化剂；元素的化合价处于最低价态，化合价只能升高，只能做还原剂；元素的化合价处于中间价态，既能升高，也可以降低，既
13、能做氧化剂，又能做还原剂。【详解】稀硝酸中N元素为最高价，只能做氧化剂；氯气中Cl元素为中间价、氯化铁中Fe元素为中间价态，既能做氧化剂，又能做还原剂；金属钠中Na元素为最低价态，只能做还原剂，故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，熟悉利用元素化合价来分析物质的性质及常见的氧化还原反应是解答本题的关键，在中学化学中，常用作氧化剂的主要有高锰酸钾、硝酸、浓硫酸、氯气、过氧化氢、次氯酸、三价铁离子等；常用作还原剂主要有钠镁铝铁等常见金属单质、C、氢气、CO、亚铁离子、硫离子、碘离子等。10.C1O2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得C1O2：2KClO3+H2C2
14、O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O,下列说法中正确的是A. 在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂B. 1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体C. 1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移D. KClO3在反应中是氧化剂【答案】D【解析】【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价。【详解】A、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；B、反应中1molKClO3参加反
15、应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B错误；C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol（5-4）=1mol，故C错误；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A选项易错点、也是难点，H2C2O4中C元素化合价的判断，用化合价代数和为0去判断。11.下列关于钠及化合物的叙述中，正确的是（ ）A. 将4.6 g金属钠放入95.4 g蒸馏水中，可得到溶质质量分数为
16、8%的溶液B. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应产生CO2一样多C. Na2O和Na2O2都能和酸反应生成盐和水，它们都是碱性氧化物D. 石蕊试液中加入Na2O2粉末，溶液变蓝并有气泡产生【答案】B【解析】【详解】A. 4.6 g金属钠物质的量是0.2 mol，与水反应产生0.2 molNaOH，其质量是8.0 g，由于反应放出了H2，溶液的质量小于100 g，所以得到NaOH溶液中质量分数大于8%，A错误；B. 根据C元素守恒，可知：等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应产生CO2一样多，B正确；C. Na2O2能和酸反应，除生成盐和水外，还有氧气生成，因此
17、不属于碱性氧化物，应该为过氧化物，C错误；D. Na2O2粉末与溶液中的水反应产生NaOH和O2，NaOH使溶液显碱性，可以使石蕊试液变为蓝色，Na2O2具有强的氧化性，又将溶液氧化变为无色，因此看到的现象是溶液先变蓝色后褪色，并有气泡产生，D错误；故合理选项是B。12.下列各种物质既能与强酸反应，又能与强碱反应的是（ ）Al AlCl3 Na2CO3 Al2O3 NaHCO3A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】金属铝与酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成AlO2-和氢气，正确；AlCl3只能和强碱反应，但是不能和强酸反应，错误；Na2CO3能与强酸反应，只能与部分强碱反应，如
18、与氢氧化钙反应，但不能与氢氧化钠等碱反应，错误；Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应，生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2-离子，正确；NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与酸反应，生成CO2气体，又能与碱反应，生成盐，正确；可见既能与强酸反应，又能与强碱反应物质序号是，故合理选项是D。13.实验室用FeCl2和烧碱制备Fe（OH）2，为了生成的产物不容易被氧化，下列说法不正确的是A. 配制FeCl2和烧碱溶液所用的蒸馏水通常要煮沸B. 可在FeCl2溶液的上面加一层苯，以隔绝空气C. 向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时，胶头滴管尖嘴不能伸入到试管内D. 产生Fe（OH）2沉淀后，不能震荡试
19、管【答案】C【解析】【分析】实验室用FeCl2和烧碱制备Fe（OH）2，由于Fe（OH）2有强还原性，极易被氧化，故在制取的过程中的关键是要防氧化，据此分析。【详解】A.FeCl2和烧碱溶液要现用现配，且配制溶液的蒸馏水要煮沸以除去氧气，确保Fe（OH）2的生成在无氧的环境里，故A正确；B.在FeCl2溶液的上面加一层苯或一层油，以隔绝空气防止氧气溶入，故B正确；C.向FeCl2溶液中滴加烧碱溶液时，要将胶头滴管的尖嘴伸入到FeCl2溶液中，防止氢氧化钠溶液在滴入时接触空气溶有氧气，故C错误；D.产生Fe（OH）2沉淀后，若震荡试管，会增大沉淀与空气的接触的机会，使沉淀更易被氧化，故D正确。【
20、点睛】Fe（OH）2固体、FeCl2溶液和Fe（OH）2胶体制备均需要保持无氧的环境，所用到的试剂需要现配现用，在制备过程中常加入隔氧剂（苯、汽油、植物油等比水轻的有机溶剂）隔绝氧气。14.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D. NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A. Na2O2能够与人呼吸产生的CO2、H2O反应产生O2，因此可用作呼吸面具供氧剂，A正确；B. Al2O3是离子氧化物，物质的熔沸点很高，因此可用作耐高温材料
21、，B错误；C. SiO2能够使光线全反射，因此可用于制造光导纤维，C错误；D. NH3易液化，气化时从周围环境中吸收大量的热，使环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，D错误；故合理选项是A。15.饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是A. HClOB. ClO-C. Cl2D. Cl-【答案】D【解析】饱和氯水长期放置后次氯酸不断分解生成氧气和氯化氢，最终变为盐酸溶液，因此HClO、ClO-、Cl2均减小，Cl-数目增加，答案选D。16.下列关于硫及其化合物的叙述中不正确的是（ ）A. 实验室常用酒精除去附着在试管壁上的硫黄B. 浓硫酸和铜片在加热条件下反应时，浓硫酸既表现出酸性，又表现
22、出强氧化性C. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色说明SO2具有还原性D. 因为浓硫酸具有脱水性，所以可以使蔗糖炭化【答案】A【解析】【详解】A. 硫黄微溶于酒精，因此在实验室不能用酒精除去附着在试管壁上的硫黄，A错误；B. 浓硫酸和铜片在加热条件下反应时，产生CuSO4和SO2，浓硫酸表现出酸性和强氧化性，B正确；C. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色，说明SO2具有还原性，C正确；D. 因为浓硫酸具有脱水性，可以使有机物如蔗糖中的H、O以2：1的组成脱去，因而得到碳单质，即发生炭化现象，D正确；故合理选项是A。17.下列反应中，反应前后固体物质的质量不变的是（ ）A. 氢气通过灼热的
23、CuO粉末B. 二氧化碳通过Na2O2粉末C. 铝与Fe2O3发生铝热反应D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】C【解析】【详解】A. 氢气通过灼热的CuO粉末，发生反应H2+CuOCu+H2O，固体由CuO变为Cu，质量减少，A不符合题意；B. 二氧化碳通过Na2O2粉末，发生反应：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2，可见反应后固体由Na2O2变为Na2CO3，质量增加，B不符合题意；C. 铝与Fe2O3发生铝热反应，方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后，所有元素都存在于固体中，因此固体的质量不变，C符合题意；D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液中，发生置
24、换反应：Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，反应后固体由Zn变为Cu，质量减少，D不符合题意；故合理选项是C。18.下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是（ ）选项XYZMANH3NONO2O2BCl2FeCl3FeCl2FeCAlAl（OH）3NaAlO2NaOHDNaOHNa2CO3NaHCO3CO2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A4NH35O24NO6H2O，2NOO2=2NO2，能够实现，故错误；B2Fe3Cl2=2FeCl3，2FeCl3Fe=2FeCl2，能够实现，故错误；C2Al2OH2H2O=2AlO23H2，不能生成Al（O
25、H）3，不能够实现，故正确；D2NaOHCO2=Na2CO3H2O，Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，能够实现，故错误。故选C。19.将 SO2 气体通入 BaCl2 溶液，无明显现象，然后再通人 X 气体或加入 X 溶液，有白色沉淀生成，X 不可能是（ ）A. Cl2B. CO2C. H2O2D. NH3H2O【答案】B【解析】将SO2气体通入BaCl2溶液，SO2+H2OH2SO3 。A. Cl2将H2SO3氧化H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选A；B. 无明显变化，故选B；C. H2O2将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色
26、沉淀硫酸钡，故不选C；D. NH3H2O与H2SO3反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成白色沉淀亚硫酸钡，故不选D。点睛：本题涉及SO2的酸性氧化物的性质和还原性20.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. FeFeCl2Fe(OH)2B. SSO3H2SO4C. CaCO3CaOCaSiO3D. NH3NOHNO3【答案】C【解析】【详解】A铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C两步均能实现，C正确；DNO不与H2O反应，D错误。故答案选C。21.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A.
27、标准状况下，22.4 L SO3含有的分子数为NAB. 1mol氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NAC. 16 g O2和O3的混合气体中含氧原子数目为NAD. 1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A. 标准状况下SO3呈固体，不能使用气体摩尔体积，A错误；B. 1mol氯气与足量铁粉充分反应，Cl2不足量，按氯气计算，转移的电子数为2NA，B错误；C. O2和O3都是由O原子构成的，使用16g二者的混合物中含有的O原子物质的量为1mol，原子数目为NA，C正确；D.缺少溶液体积，不能计算溶质的物质的量及微粒数目，D错误；故合理选项是C。22.
28、下列实验装置或操作正确的是A. 用甲图装置验证盐酸、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱B. 用乙图装置配制一定浓度的稀硫酸C. 用丙图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D. 用丁图装置除去氢氧化铁胶体中的氯离子【答案】D【解析】【详解】A盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，但由于生成的CO2中含有氯化氢，所以不能说明碳酸的酸性强于硅酸，A错误；B不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，B错误；C碳酸氢钠受热易分解，则图中小试管内应为碳酸氢钠，C错误；D胶体不能透过半透膜，溶液可以，所以用丁装置可以除去氢氧化铁胶体中的氯离子，D正确；
29、答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及酸性比较、溶液配制、物质性质等，把握物质的性质及反应原理、实验操作等为解答的关键，注意实验的严密性以及评价性分析，选项A和C是解答的易错点，注意盐酸的挥发性以及碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性。23.某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为（ ）A. 5：1B. 1：5C. 5：9D. 9：5【答案】C【解析】【详解】Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl
30、是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，设二者物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒：4mol（10）+1mol（50）=n（NaCl）1解得n（NaCl）=9mol所以被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比为（4+1）mol：9mol=5：9，故选C。24.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）A. 504mLB. 33
31、6mLC. 224mLD. 168mL【答案】B【解析】【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为20.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.015mol，V(O2)=0.015mol22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电
32、子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。25.聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为Fea(OH)b(SO4)cm。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475 g。取另一份溶液，先将Fe3还原为Fe2(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3还原为Fe2)，再用0.020 00 mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中ab为
33、( )A. 11B. 21C. 31D. 25【答案】B【解析】【分析】加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为ab的比值，据此分析解答。【详解】n(SO42-)=0.0075mol，n(K2Cr2O7)=0.05L0.02mol/=0.001mol，根据Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol，由电荷守恒
34、可知n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+)，n(OH-)=0.006mol3-0.0075mol2=0.003mol，得到ab=0.006mol0.003mol=21，故选B。二、填空题（本题共5小题，共50分）。26.如图表示AE五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色粉末，C为单质。(1)则A为_。（填化学式）(2)写出、对应的方程式：_。(化学方程式)_。(离子方程式)【答案】 (1). Na2O2 (2). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (3). 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2【解析】【分析】A为淡黄色粉末，能和CO2、H2O反应，则A是Na2O2，
35、A和二氧化碳反应生成B，B是Na2CO3；A和水反应生成E，E能转化为B，则E是NaOH；C为单质，C能和水反应生成E，则C是Na，C和氯气反应生成氯化钠，B能转化为D，则D是NaCl，再结合物质之间的反应分析解答。【详解】根据上述分析可知：A为Na2O2，B是Na2CO3；C是Na，D是NaCl， E是NaOH。(1)通过以上分析知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2；(2)为Na2O2和CO2的反应，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；为Na和H2O的反应，生成NaOH和H2，其离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2。【点睛】本题以钠及其化合物之间的转化为
36、载体考查无机物推断，明确常见物质颜色、物质之间的转化是解本题关键，注意物质特殊性质及颜色状态，侧重考查学生分析判断能力。在方程式书写时，若反应物有气体，则反应产生的气体不写气体符号，若反应物无气体，生成物产生了气体，则反应产生的气体物质要写出气体符号。27.(1)0.5 mol CO2在标准状况下体积为_L；(2)1 L 0.2 mol/L NaOH溶液中含溶质的质量为_g；(3)质量都是50 g的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是_。【答案】 (1). 11.2 (2). 8.0 (3). CO2【解析】【分析】(1)根据n=计算气体的体积；(2)根据c=计算溶质的
37、物质的量，结合m=nM计算物质的质量；(3)根据n=，比较气体的分子数多少。【详解】(1)由n= 可知0.5 mol CO2在标准状况下体积V=nVm=0.5 mol22.4 L/mol=11.2 L；(2)由c=可知在1 L 0.2 mol/L NaOH溶液中含溶质NaOH的物质的量n=cV=0.2 mol/L 1 L=0.2 mol，所以其质量m(NaOH)=nM=0.2 mol40 g/mol=8.0 g；(3)根据n=可知气体的分子数目与气体的物质的量成正比，由n=可知：在气体质量相等时，气体的摩尔质量越大，气体的物质的量越小，当气体的摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于该气体的相
38、对分子质量。在HCl、NH3、CO2、O2四种气体中相对分子质量分别是36.5、17、44、32，可见，气体的摩尔质量最大的是CO2气体，因此等质量的上述四种气体中，气体物质的量最小的是CO2，气体分子数最少的是CO2。【点睛】本题考查了物质的量的有关计算，明确物质的量与其它物理量之间的关系是解题关键，熟练运用物质的量的公式及阿伏伽德罗定律是正确解答的基础。28.二氧化硫是污染大气的主要物质之一。含二氧化硫的工业尾气可用如下方法来处理并制得有广泛用途的石膏。(1)SO2造成的一种常见环境污染为_；列举二氧化硫的一种用途_。(2)SO2使紫色KMnO4溶液褪色的离子方程式为_；(提示：KMnO4
39、 被还原为Mn2+)(3)通空气时反应的化学方程式为_；若在实验室进行，操作A是_。(4)亚硫酸氢铵常用于造纸工业，若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，则该气体为_。(5)有人提出在燃煤中加入适量的生石灰，可减少烟气中二氧化硫的排放，你认为是否合理?_(填“合理”或“不合理”)；理由是_。【答案】 (1). 酸雨 (2). 漂白草帽、纸张等 (3). 2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+ (4). 2CaSO3+O2+4H2O2CaSO42H2O (5). 过滤 (6). 氨气 (7). 合理 (8). 二氧化硫与生石灰反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应
40、生成硫酸钙。【解析】【分析】(1)当雨水的pH5.6时称为酸雨，酸雨产生的原因主要是因为空气中含有二氧化硫、二氧化氮等酸性氧化物引起的；二氧化硫有毒且有漂白性；(2)SO2具有还原性，KMnO4溶液具有氧化性，二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，书写离子方程式；(3)亚硫酸钙不稳定，易被氧气氧化为硫酸钙，通过操作A从液体中分离得到石膏，该操作方法为过滤；(4)该工业尾气含有二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，根据元素守恒，通入的气体需含有氮元素，则为氨气；(5)生石灰能够与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，从而减少了
41、烟气中二氧化硫的排放；【详解】(1)雨、雪、雾、霜、露、雹等在降落过程中吸收了空气中的二氧化硫、氮氧化物等致酸物质，就变成酸性的降水酸雨，所以SO2造成的一种常见环境污染为形成酸雨；二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，如漂白草帽，但二氧化硫有毒，不能漂白食品；(2)SO2中S元素化合价为+4价，具有强的还原性，而KMnO4溶液具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色，二者反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+；(3)亚硫酸钙中的S元素化合价为+4价，具有还原性，易被氧气氧化，所以通空气时反应的化学方程式为：2C
42、aSO3+O2+4H2O2CaSO42H2O；分离固体与可溶性的液体混合物常用过滤操作，所以通过操作A从液体中分离得到石膏，该操作方法为过滤；(4)该工业尾气含有二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，氨气为碱性气体，两者反应：SO2+NH3+H2O=NH4HSO3，所以若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，则该气体为氨气； (5)生石灰是碱性氧化物，能够与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，所以在燃煤中加入生石灰可减少烟气中二氧化硫的排放。【点睛】本题考查了含二氧化硫的工业尾气处理及应用，明确二氧化硫的性质是解本题关键，注意运用化学知识解释化工生产操作。29.从铝
43、土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如图：请回答下列问题：(1)图中涉及分离溶液和沉淀所采取的操作名称是_，该实验操作用到的玻璃仪器_。(2)检验滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入_(填试剂名称)。(3)流程甲通入过量CO2后生成沉淀F的离子反应方程式为_。(4)流程乙加入烧碱溶解SiO2的化学反应方程式_。(5)能否将向溶液D中通入过量CO2换成加入过量盐酸？_(填 能 或 不能)，其理由是_。【答案】 (1). 过滤 (2). 烧杯、玻璃棒、漏斗 (3). KSCN (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-
44、 (5). 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O (6). 不能 (7). 过量盐酸与Al(OH)3反应产生AlCl3(或写为AlO2-+4H+=Al3+2H2O)【解析】【分析】由工艺流程甲可知，铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)，铝土矿与过量盐酸反应时，Al2O3、Fe2O3、MgO反应变为AlCl3、FeCl3、MgCl2以及过量的HCl，而SiO2不能反应，所以得到的固体A为SiO2，滤液B含有FeCl3、MgCl2、AlCl3、HCl，向滤液B中加入过量的NaOH，FeCl3、MgCl2反应产生Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀；AlCl3变
45、为NaAlO2，HCl反应变为NaCl，因此可推知沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，滤液D含有NaAlO2、NaCl、NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀与NaHCO3，沉淀F为Al(OH)3，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中加入过量的NaOH溶液，Al2O3、SiO2能和NaOH反应，生成NaAlO2、Na2SiO3，Fe2O3、MgO不能发生反应，所以固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，向滤液Y中通入过量CO2，NaOH 反应产
46、生NaHCO3，NaAlO2与过量CO2的反应产生Al(OH)3和NaHCO3，Na2SiO3反应产生H2SiO3沉淀，所以沉淀Z为Al(OH)3、H2SiO3，滤液K中含有NaHCO3。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：沉淀A是SiO2，溶液B中含有FeCl3、MgCl2、AlCl3、HCl，沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2，溶液D为NaAlO2、NaCl、NaOH，溶液E为NaCl、NaHCO3，沉淀F为Al(OH)3。固体X为Fe2O3、MgO，溶液Y为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，沉淀Z为Al(OH)3、H2SiO3，滤液K中含有NaHCO3。(1)图中分离溶液和
47、沉淀所采取的操作名称过滤，所用玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；(2)验证滤液B中含Fe3+的方法是：取少量滤液向其中加入KSCN溶液，若溶液变血红色，证明滤液中含Fe3+；(3)滤液D中含有NaAlO2、NaCl、NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2与CO2、H2O反应生成Al(OH)3沉淀与NaHCO3，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；(4)流程乙中加入烧碱，NaOH与SiO2反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学反应方程式2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；(5)溶液D中含有NaAlO2、NaCl、NaOH，向D中通入过
48、量CO2气体，由于CO2与H2O反应产生的H2CO3是弱酸，不能与反应产生的Al(OH)3反应，最后会得到Al(OH)3沉淀；HCl是强酸，能够与两性氢氧化物Al(OH)3发生反应，所以若向溶液D中通入过量CO2换成加入过量盐酸，NaAlO2与少量HCl反应产生的Al(OH)3沉淀被过量盐酸溶解反应产生可溶性的AlCl3，所以不能用稀盐酸代替二氧化碳。【点睛】本题考查物质分离提纯及铝元素的化合物Al2O3、Al(OH)3及NaAlO2等的性质及转化关系的应用。明确化学反应原理、物质性质差异性是解本题关键，注意：氧化铝、氢氧化铝能溶于强酸、强碱溶液但不溶于弱酸弱碱溶液。熟悉元素及化合物的性质是本
49、题解答的基础。30.亚硝酸钠在漂白、电镀等方面应用广泛。现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）。已知： 3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO+H2O 酸性条件下，NO与NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；（1）盛浓硝酸仪器的名称是_。（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装置间增加一个装置，则该装置中盛放的药品名称为_。（3）写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的化学反应方程式_；当该反应中转移0.1mole-时，理论上吸收标准状况下NO的体积为_L。（4）将1
50、1.7g过氧化钠完全转化成亚硝酸钠，理论上至少需要木炭_g。（5）NO2易溶于水。将体积为V mL的试管充满NO2后倒扣在水中，见下图。 NO2溶于水的化学方程式是_。 使试管中NO2完全被水吸收操作是_。【答案】 (1). 分液漏斗（1分） (2). 碱石灰 (3). 2NO + Na2O2 = 2NaNO2 (4). 2.24 (5). 1.8 (6). 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO (7). 缓缓通入V/4 mL氧气【解析】【分析】A装置中C与HNO3（浓）反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应是硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，C装置中制备NaNO2，由于二氧化
51、碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，可以在B、C之间添加盛放碱石灰的装置，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化。利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气，由题目信息，酸性条件下，NO与NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。【详解】（1）根据装置图可知盛浓硝酸仪器的名称为分液漏斗；（2）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加一个盛有碱石灰（或氢氧化钠固体或氧化钙固体）的装置，用来吸收二氧
52、化碳和水蒸气；（3）根据电子得失守恒及元素守恒可知NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的化学反应方程式为2NO+Na2O2= NaNO2，反应中N元素化合价由+2价升高为+3价，当反应中转移0.1mol电子时，吸收NO的物质的量为0.1mol，则NO的体积为2.24L；（4）根据C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3NO2+H2O=2HNO3+NO可得关系式C4NO24/3NO8/3HNO3，根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，有关系式HNO33/8Cu1/4NO，则有C2/3NO，所以碳与总的NO的关系式为C2NO，根据2NO+Na2O2=2NaNO2
53、可知碳与Na2O2的关系式为CNa2O2，所以11.7g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要碳的质量为11.7/7812g=1.8g；（5）NO2与水反应生成一氧化氮和硝酸，反应的化学方程式是3NO2+H2O2HNO3+NO。根据反应4NO2+H2O+O24HNO3可知要使此试管中NO2完全被水吸收可向试管中缓缓通入V/4 mL氧气。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计，涉及对原理与装置的分析评价、化学计算等，（4）中计算为易错点、难点，关键是根据方程式找出B装置中得到NO与碳的物质的量关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生
54、成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而免除了涉及中间过程的大量运算，不但节约了运算时间，还避免了运算出错对计算结果的影响，是最经常使用的方法之一31.将镁、铝的混合物0.1 mol溶于100 mL 2 mol/L的H2S04溶液中，然后再滴加1 mol/L的NaOH溶液。请回答：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液的体积V变化如下图所示。当V1=160 mL时，则金属粉末中，n(Mg) =（ ）mol，V2=（ ）mL。（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、A13 +刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积 （
55、 ）mL。【答案】 (1). 0.06 (2). 440 (3). 400【解析】【详解】（1）V1=160 mL时，可知镁、铝的混合物与硫酸反应后剩余硫酸0.08mol，则与镁、铝的混合物反应的硫酸0.12mol；设n(Mg) =x mol、n(Al) =y mol，则，得n(Mg) =0.06 mol；氢氧化钠体积为V2时，溶液中的溶质为0.2 mol硫酸钠和0.04mol偏铝酸钠，根据元素守恒，氢氧化钠的物质的量为0.44mol，所以氢氧化钠的体积为440mL；（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、A13 +刚好沉淀完全，溶液中的溶质为0.2 mol硫酸钠，根据元素守恒，氢氧化钠的物质的量为0.4mol，所以氢氧化钠的体积400mL。
