1、福建师大附中20172018学年上学期期末考高一化学试卷1. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A. 蔗糖溶液 B. 乙醇溶液 C. 氯化钠溶液 D. 氢氧化铁胶体【答案】D【解析】蔗糖溶液、氯化钠溶液、乙醇溶液属于溶液，无丁达尔效应；氢氧化铁胶体分散质大小：1nm100nm，属于胶体，有丁达尔效应。答案选D。点睛：本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，依据分散系的分类和性质分析，胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可。2. 砒霜是一种剧毒物质，其主要成分是三氧化二砷（As2O3），根据化学式中元素组成可判断As2O3属于A. 酸 B. 碱 C. 酸性氧化物
2、 D. 碱性氧化物【答案】C【解析】三氧化二砷（As2O3）是由非金属元素As与O元素形成的非金属氧化物，属于酸性氧化物，答案选C。3. 下列诗句描述的过程涉及氧化还原反应的是A. 月波成露露成霜 B. 雪融山顶响流泉C. 粉身碎骨浑不怕 D. 蜡炬成灰泪始干【答案】D【解析】A. 只涉及物质状态的变化，属于物理变化；B. 只涉及物质状态的变化和水的流动，属于物理变化；C. 只涉及物质颗粒大小的变化，属于物理变化；D. 涉及燃烧类型的氧化还原反应。故选D。点睛：解答本题需要明确以下概念。产生新物质的变化属于化学变化。燃烧反应涉及氧气成为化合物的变化，涉及化合价的变化，故燃烧反应一定属于氧化还原
3、反应。4. 周辉清波杂志卷十二：信州铅山胆水自山下注，势若瀑布，用以浸铜，铸冶是赖，虽干溢系夫旱涝，大抵盛于春夏，微于秋冬。古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。这里的胆水是指A. CuSO4 溶液 B. FeSO4 溶液 C. 氨水 D. NaCl溶液【答案】A【解析】胆水，古称含胆矾的水，用以炼铜。故胆水是指CuSO4 溶液，答案选A。5. 下列有关材料的叙述中，错误的是A. 合金具有许多优良的物理、化学或机械性能B. 硅单质是光导纤维的主要成分C. 硅酸盐产品有陶瓷、玻璃、水泥等D. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料制成的【答案】B【解析】A合金的熔点低，硬度大，具有许多优良的
4、物理、化学或机械性能，选项A正确； B纯净的硅单质是制造硅芯片的基本原料，光导纤维的基本原料是二氧化硅，选项B错误；C陶瓷、玻璃、水泥是硅酸盐产品，选项C正确；D普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料制成的，选项D正确。答案选B。6. 下列关于氯气及其化合物的叙述不正确的是A. 新制氯水久置后酸性增强B. 因为氯气有毒,所以可用于杀菌,消毒,漂白C. 除去氯气中少量氯化氢可使气体通过饱和食盐水D. 新制备的氯水可使蓝色石蕊试液先变红后褪色【答案】B【解析】A、新制氯水久置后，弱酸HClO分解生成强酸盐酸，酸性增强，选项A正确；B、氯气的杀菌，消毒，漂白作用是由于遇水生成了次氯酸，而不是氯气，选项
5、B不正确；C、C、因氯气不溶于饱和食盐水，而氯化氢能溶于饱和食盐水，所以可用饱和食盐水除去氯气中少量氯化氢，选项C正确；D、因新制备的氯水中含有盐酸和可次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以蓝色石蕊试液先变红后褪色，选项D正确。答案选B。7. 下列说法正确的是A. 硫酸钡不溶于水，所以硫酸钡是非电解质B. 二氧化碳溶于水可以导电，所以二氧化碳是电解质C. 硫酸是电解质，所以硫酸在熔化时或溶于水时都能导电D. 液态氯化氢不导电，但氯化氢是电解质【答案】D【解析】A、硫酸钡不溶于水但受热熔化时可导电，故硫酸钡是电解质，选项A错误；B、虽然二氧化碳溶于水可以导电，但在水溶液中能直接电离出自由移
6、动的离子不是二氧化碳，而是碳酸，选项B错误；C、硫酸在熔融时不能导电，选项C错误；D、液态氯化氢不导电，但氯化氢的水溶液能导电，氯化氢是电解质，选项D正确。答案选D。8. 现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下表物质化学式熔点/沸点/密度/g cm3在水中溶解度甲C3H6O2-9857.50.93易溶乙C4H8O2-84770.90易溶据此，将甲和乙互相分离的最佳方法是A. 蒸馏 B. 过滤 C. 萃取 D. 分液【答案】A【解析】甲和乙的性质差别较大的是沸点，所以将甲和乙互相分离的最佳方法是蒸馏，故选A。 9. 下列冶炼金属的原理正确的是A. 电解食盐水制备金属钠 B. 电解氯化铝
7、制备金属铝C. 用MgO与CO热还原法制备单质镁 D. 加热分解Ag2O制备金属银【答案】D【解析】ANa是活泼金属，如果电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电生成氢气，得不到钠，应该电解熔融氯化钠冶炼，选项A错误；B、氯化铝是共价化合物不能导电，工业上是电解熔融的氧化铝制备铝，选项B错误；C、镁的还原性强于碳，不能用MgO与CO热还原法制备单质镁，选项C错误；D、金属活动顺序表中排在铜后面的金属氧化物不稳定受热分解产生金属单质，故加热分解Ag2O制备金属银，选项D正确。答案选D。10. 下列物质中既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 Al Na2CO
8、3 AlCl3 NaAlO2A. B. C. D. 【答案】B.点睛：本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，明确Al、Al2O3、Al(OH)3的性质是解答本题的关键，并注意归纳常见物质的性质来解答。11. 下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是A. 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2至过量B. 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸C. 向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸【答案】C【解析】A、向Ca(OH)2溶液通入CO2，先产生CaCO3沉淀，当CO2过量时，继续反应生成Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以不符合条
9、件，选项A不选；B、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，选项B不选；C、向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成难溶性的硅酸，所以看到的现象是“有沉淀生成”，所以符合条件，选项D选；D、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和盐酸反应生成可溶性的氯化铁，所以沉淀又溶解，所以不符合条件，选项D不选。答案选C。点睛：本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的
10、溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同，根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，注意反应与量有关。12. 某溶液加入铝可以产生H2，则在该溶液中可能大量存在的离子组是A. Na+、Fe3+、SO42、SCN B. K+ 、Na+、AlO2、ClC. K+ 、Na+、I、MnO4 D. Na+、K+、HCO3、Cl【答案】B【解析】溶液中加入金属铝有氢气放出，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，则：AFe3+与SCN发生络合反应而不能大量共存，选项A错误；B在碱性条件下，四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，选项B正确
11、；CI与MnO4发生氧化还原反应而不能大量存在，选项C错误；D无论溶液呈酸性，还是呈碱性，HCO3-都不能大量存在，选项D错误。答案选B。13. 海带中含碘元素，有人设计如下步骤来提取碘：通足量氯气将海带烧成灰，向灰中加水搅拌加入CCl4振荡过滤用分液漏斗分液。合理的操作顺序A. B. C. D. 【答案】A【解析】按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液即合理的操作顺序为，故选A14. 除去下列物质中所含的杂质。选用的试剂正确的是选项物质(杂质)试剂AAl2O3(SiO2)过量NaOH溶液BCO2(HCl)饱和Na2
12、CO3溶液CAl2O3(Fe2O3)Al粉/加热DNa2O2(Na2O)O2/加热A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、氧化铝和二氧化硅均能与氢氧化钠溶液反应，无法除去氧化铝中的二氧化硅，选项A错误；B、二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中会反应生成碳酸氢钠，应该用饱和碳酸氢钠溶液，选项B错误；C、铝与氧化铁反应生成的铁与氧化铝熔在一起，引入新的杂质，不符合除杂的原则，选项C错误；D、氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，符合除杂原则，选项D正确。答案选D。15. 铊（Tl）盐与氰化钾（KCN）被列为A级危险品已知下列反应在一定条件下能够发生：Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，Ag+Fe2
13、+=Ag+Fe3+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，下列离子氧化性比较顺序正确的是A. Tl3+Fe3+Ag+ B. Fe3+Ag+Tl3+C. Tl+Ag+Fe2+ D. Tl3+Ag+Fe2+【答案】D【解析】根据化学方程式中氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Ti3 Ag Ag Fe3 Fe3Fe2 综上所述，TI3+Ag+Fe3Fe2，D正确；A中Fe3Ag+不正确；B中TI3+氧化性应最强；C中应为TI3+，不是TI+，故选D。16. 下列离子方程式正确的是A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3+CuFe2+Cu2B. 向苏打溶液中滴加少量的稀盐酸：CO32+2H+H2O+C
14、O2C. 向MgCl2溶液中加入一小块钠：2Na+2H2O2Na+2OH+H2D. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3+3NH3.H2OAl(OH)3+3NH4【答案】D【解析】A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2，选项A错误；B. 向苏打溶液中滴加少量的稀盐酸，反应的离子方程式为：CO32+H+HCO3，选项B错误；C. 向MgCl2溶液中加入一小块钠，反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Mg2+2Na+Mg(OH)2+H2，选项C错误；D. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水，反应的离子方程式为：Al3+3NH3.H2OAl(
15、OH)3+3NH4，选项D正确。答案选D。17. 下列各组物质中，存在XY或YZ不能通过一步反应完成转化的一组是选项XYZASiSiO2H2SiO3BAlNaAlO2Al(OH)3CH2OFe3O4FeDNaHCO3Na2CO3NaOHA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、二氧化硅不能与水直接反应而不能一步转化生成硅酸，存在XY不能通过一步反应完成转化，选项A选；B、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，XY或YZ均能通过一步反应完成转化，选项A不选； C、铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁与一氧化碳在高
16、温条件下反应生成铁和二氧化碳，XY或YZ均能通过一步反应完成转化，选项C不选；D、NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3和水，Na2CO3溶液与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，XY或YZ均能通过一步反应完成转化，选项D不选。答案选A。18. 下列物质不能通过化合反应生成的是A. FeCl2 B. Mg(OH)2 C. CuCl2 D. Fe(OH)3【答案】B【解析】A. 2FeCl3+Fe=3FeCl2，选项A能通过化合反应生成；B. Mg(OH)2不能通过化合反应生成；C. Cu+Cl2CuCl2，选项C能通过化合反应生成；D.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，选项
17、D能通过化合反应生成。答案选B。19. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1mol氯气通入水中，转移电子的数目为0.1NAB. 常温常压下，7.8g过氧化钠含有阴离子的数目为0.2NAC. 标准状况下，22.4LCl2与足量的铁充分反应，转移电子数为3NAD. 1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA【答案】D【解析】A、氯气和水是可逆反应，因此将0.1molCl2通入水中，转移的电子数目小于0.1NA，选项A错误；B、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol过氧根离子，含有的阴离子数目为0.1NA，选项B错误；
18、C、标准状况下，22.4LCl2与足量的铁充分反应，生成FeCl3，转移电子数为2NA，选项C错误；D、1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B为易错点，注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子而不是氧离子。20. 下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小
19、木条不燃烧Na2SiO3可作防火剂B将H2再充满Cl2的集气瓶中燃烧集气瓶口上方有白烟生成H2、Cl2化合生成HClC将FeCl2加入酸性高锰酸钾溶液中溶液紫色褪去FeCl2具有漂白性D除去表面氧化膜的铝箔，在酒精灯上充分加热铝不能滴落下来铝熔点高，没能熔化A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、硅酸钠溶液吸热水分蒸发后可生成SiO2从而依附在纤维上，可防火，选项A正确；B、纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成HCl，在集气瓶口有大量白雾，是盐酸的小液滴，不是白烟，选项B错误；C、将FeCl2加入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，FeCl2将高锰酸钾还原才使
20、其褪色，是还原性，而不是漂白性，选项C错误；D、铝在空气中加热 生成一层致密的氧化铝(Al2O3)薄膜 其熔点高于Al的熔点，附着在Al的外面，所以熔化了的液态铝不会滴落下来，选项D错误。答案选A。21. 在硫酸铁溶液中，加入铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是A. 最后得到的溶液中只含Cu2+ B. 残余固体一定全部是铜C. 残余固体可能为铁、铜混合物 D. 最后得到的溶液中含有Fe3+【答案】C【解析】开始反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，铜完全溶解，有两种可能：刚好反应完全，溶液中有Fe2+和Cu2+；铜不足，溶液中有Fe2+、Cu2+和F
21、e3+，加入铁后，2Fe3+Fe=3Fe2+优先反应，最后有固体残余，一定发生反应Cu2+Fe=Fe2+Cu，若铁恰好反应，则残留固体为铜，若铁过量，残留固体为铜和铁。A. 最后得到的溶液中一定含有Fe2+，溶液中Cu2+ 可能部分或全部被置换出，选项A错误；B. 残余固体可能为铁、铜混合物，也可能全部是铜，选项B错误；C. 残余固体可能为铁、铜混合物，选项C正确；D. 有金属剩余时，则最后得到的溶液中不可能含有Fe3+，选项D错误。答案选C。22. 足量的CO2不断通入NaOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液，已知AlO2 与HCO3反应能生成Al(OH)3沉淀，则生成沉淀的物质的量
22、与通入CO2的体积的关系可表示为A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】将二氧化碳气体通入含有NaOH、Ca（OH）2、NaAlO2的混合溶液中， CO2先与Ca(OH)2反应（有沉淀CaCO3生成），当Ca(OH)2消耗完毕后再与氢氧化钠反应（此时无沉淀）；最后与NaAlO2反应（有沉淀氢氧化铝生成），以上过程中图形应是：出现沉淀（CaCO3），沉淀保持不变，沉淀增加；过量的CO2还可以继续与碳酸钠反应得到碳酸氢钠，过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解，最后只有氢氧化铝沉淀，所以接着的图形应该为：沉淀保持不变，沉淀（CaCO3）减少，沉淀保持不变，故整个过程的图形应为：出现
23、沉淀（CaCO3），沉淀保持不变，沉淀增加，沉淀保持不变，沉淀（CaCO3）减少，沉淀保持不变，满足以上关系的图象为C，故C正确。23. 在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示(b处NaOH的体积为1L)，则下列判断错误的是 A. NaOH的浓度为0.6 molL1B. 在a点所对应的溶液中的溶质为NaClC. 混合溶液中n(Al3+)：n(Mg2+)1：1D. 图中线段oa : ab41【答案】D【解析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入
24、aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液。A、在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：nAl(OH)3=0.1mol，n(Mg(OH)2=0.1mol，根据Mg原子守恒有n(MgCl2)=n(Mg(OH)2=0.1mol，根据Al原子守恒有n(NaAlO2)=n(AlCl3)=nAl(OH)3=0.1mol，由Cl原子守恒有n(Cl)=n(NaCl)=2n(M
25、gCl2)+3n(AlCl3)=20.1mol+30.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c(NaOH)=0.6mol/L，故A正确；B、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，故B正确；C、由以上分析可知，溶液中n(MgCl2)=n(Mg(OH)2=0.1mol，n(AlCl3)=nAl(OH)3=0.1mol，即溶液中的混合溶液中n(Al3+)：n(Mg2+)=1：1，故C正确；D、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由
26、反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n(NaCl)与n(NaAlO2)之比，故oa：ab=a：(b-a)=0.5mol：0.1mol=5：1，故D错误；故选D。24. 浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系
27、如下图所示。下列判断正确的是A. 通入CO2后，A烧杯中的溶质成分是Na2CO3B. B烧杯中通入的CO2体积为448 mL（标况）C. 原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/LD. 通入CO2后，C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)n(Na2CO3)12【答案】B【解析】试题分析：浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，可能发生反应为：2NaOH + CO2= Na2CO3+ H2O、Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3，故所得溶液溶质可能为：NaOH、Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3、N
28、aHCO3，NaHCO3；再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，可能发生反应为：NaOH+ HCl = NaCl + H2O， Na2CO3+ HCl = NaHCO3+ NaCl，NaHCO3+ HCl = NaCl + CO2 + H2O，由图像可知A曲线前50ml不产生气体，后150ml，产生气体，故A溶液 溶质为Na2CO3、NaHCO3，故A项错误；B曲线前100ml不产生气体，后100ml产生气体，可知该溶液为Na2CO3溶液，则可知通入的CO2体积为0.1L0.2mol/L22.4L/mol1000=448ml，故B项正确；由图象可知加入盐酸200ml后反应完毕，则
29、原NaOH溶液的浓度为0.2L0.2mol/L0.1L=0.4 mol/L，故C项错误；C曲线前150ml无气体产生，后50ml产生气体，可知溶液溶质为NaOH、Na2CO3，可知C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)n(Na2CO3)2:1，故D项错误；本题选B。考点：碱与二氧化碳反应计算。25. 向100mLFeBr2溶液中通入标况下氯气3.36L，氯气全部被还原，测得溶液c(Br）=c(Cl），原溶液中FeBr2溶液的浓度(molL1)A. 1 B. 1.5 C. 2 D. 2.5【答案】C【解析】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，F
30、e2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量=0.15mol，若Br-没有反应，则c(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3 mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x1+2x-0.31=0.15mol2，解得x=0.2 mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，
31、故选A。26. 请按照要求完成下列方程式。（1）工业制取氯气的离子反应方程式：_。（2）将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性的离子反应方程式：_。（3）澄清石灰水中通入CO2变浑浊又变澄清的反应方程式：_、_。【答案】 (1). 2Cl+ 2H2OCl2 + H2 + 2OH (2). SO42 + 2H + 2OH + Ba2 = BaSO4 + 2H2O (3). Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 + H2O (4). CaCO3 + CO2 + H2O = Ca(HCO3)2【解析】（1）工业制取氯气是利用电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子反应方程式为：2
32、Cl+ 2H2OCl2 + H2 + 2OH；（2）将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性生成硫酸钡、氯化钠和水，反应的离子反应方程式为：SO42 + 2H + 2OH + Ba2 = BaSO4 + 2H2O；（3）澄清石灰水中通入CO2变浑浊生成碳酸钙，后碳酸钙溶解又变澄清，发生的反应方程式为：Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 + H2O、 CaCO3 + CO2 + H2O = Ca(HCO3)2。27. ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反
33、应 ：2NaClO2 + Cl2 =2ClO2 + 2NaCl。下图是实验室用于制备和收集一定量较纯净的ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）。其中E中盛有CCl4液体（用于除去ClO2中的未反应的Cl2）。（1）仪器P的名称是_。（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：_。（3）B装置中所盛试剂是_。（4）F为ClO2收集装置，应选用的装置是_（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是_（填接口字母）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H+2Cl Mn2+ +Cl2 +2H2O (3). 饱和食盐水 (4). (5). d【解析】（1）实验室用浓盐酸和MnO2在
34、加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗；（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl Mn2+ +Cl2 +2H2O；（3）生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水，故B装置中所盛试剂是：饱和食盐水；（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞，答案为：；d。28. 有一包粉末可能含有Na+、Fe3+、Al3+、Cl、SO42、CO32中的若干种，现进行以下
35、实验：取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；向溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，过滤后，滤液呈中性，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；取中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解；重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；向的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少。（1）根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是_，肯定含有的离子是_，不能确定是否含有的离子是_。（2）写出中生成有色沉淀反应的离子方程式：_。（3）写出中沉淀减少反应的离子方程式：_。【答案】 (1). CO3
36、2、SO42 (2). Fe3+、Al3+、Cl (3). Na+ (4). Fe3+3NH3.H2OFe(OH)3+3NH4 (5). Al(OH)3 + OH = AlO2 + 2H2O点睛：本题考查离子检验。根据可知气体放出，说明没有CO32。由可知有色沉淀应该是氢氧化铁沉淀，即一定含有铁离子。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银生成沉淀，说明一定含有氯离子。根据可知沉淀中没有硫酸钡，说明一定没有SO42。根据可判断，沉淀中含有氢氧化铝，说明一定还含有铝离子。根据以上分析可知钾离子是无法确定的，需要透过焰色反应进一步确定。29. 由单质A与化合物B（固体B）两种粉末组成的混合物, 在一定条件下可按
37、下图所示发生转化:请回答：（1）A的原子结构示意图是_，B的化学式_。（2）反应中发生的反应离子方程式_。（3）沉淀H沉淀I的化学方程式_。（4）溶液E沉淀J的离子方程式_。【答案】 (1). (2). Fe2O3 (3). 2Al + 2OH + 2H2O = 2AlO2 + 3H2 (4). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 (5). AlO2 + CO2+ 2H2O = Al(OH)3 + HCO3【解析】红褐色沉淀I为Fe(OH)3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe(OH)2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为F
38、eCl3；J既能与酸反应，又能与碱反应，则应为Al(OH)3，则E为NaAlO2，K为AlCl3，则单质A与化合物B两种粉末组成的混合物在高温下的反应应为铝热反应，推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3。（1）A是铝，原子结构示意图是，B的化学式为：Fe2O3；（2）反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生的反应离子方程式为：2Al + 2OH + 2H2O = 2AlO2 + 3H2；（3）沉淀H沉淀I的化学方程式为：4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；（4）溶液E沉淀J的离子方程式为：AlO2 + CO2 + 2H2O = Al(OH)3 + H
39、CO3。30. 将一定量的Cl2通入体积为40mL的氢氧化钾溶液中，两者恰好完全反应，测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO物质的量为0.06mol和ClO3物质的量0.03mol，请按要求完成下列问题（1）该反应的离子方程式为_。（2）该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（3）上述反应中，通入Cl2的物质的量为_mol，氢氧化钾溶液的物质的量浓度为_mol/L。【答案】 (1). 5Cl2 + 10OH = 7Cl + 2ClO + ClO3+5H2O (2). 7：3 (3). 0.15 (4). 7.5【解析】（1）根据题给信息，氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、氯酸钾、次
40、氯酸钾和水，根据得失电子守恒，生成的n(Cl)=0.061+0.035=0.21mol，反应中n(Cl):n(ClO):n(ClO3-)=0.21:0.06:0.03=7:2:1，再根据原子守恒配平其它物质的系数，反应的离子方程式为5Cl2 + 10OH = 7Cl + 2ClO + ClO3+5H2O；（2）根据上述离子反应，氯气既做氧化剂，又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为7：（2+1）=7:3；（3）根据氯原子守恒，由反应5Cl2 + 10OH = 7Cl + 2ClO + ClO3+5H2O可知，通入Cl2的物质的量为；加入的KOH的物质的量为，物质的量浓度为。点睛：本题考查氯气
41、的化学性质，氧化还原反应等知识。根据题给信息，氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、氯酸钾、次氯酸钾和水，根据得失电子守恒，配平得到反应方程式，再依据反应方程式计算各反应物及生成物的物质的量及浓度。31. A、B、C、D是中学化学常见的单质，甲、乙、丙为化合物，乙在常温常压下为无色无味的液体，元素A有可变化合价。它们之间存在如下图的所示的转化关系。由此推断：（1）甲的化学式为_，丙的化学式为_。（2）写出甲和D反应的化学方程式_。（3）为检验化合物甲中元素的化合价，需要用到的药品有_。A稀硫酸 B盐酸 C硫氰化钾溶液 D高锰酸钾溶液（4）为测定A和乙高温反应后所得固体中化合物甲的质量分数。取反应后所
42、得固体并设计以下实验：化合物甲的质量分数为_。【答案】 (1). Fe3O4 (2). Al2O3 (3). 3Fe3O4 +8Al 9Fe +4Al2O3 (4). A、C、D (5). 80.6%【解析】A、B、C、D是中学化学常见的单质，甲、乙、丙为化合物，乙在常温常压下为无色无味的液体，元素A有可变化合价，则A是Fe，乙是H2O，甲是Fe3O4；B是O2，C是H2，D是Al，丙是Al2O3。（1） 甲的化学式为Fe3O4，丙的化学式为Al2O3；（2）甲和D在高温下发生铝热反应，产生Al2O3和Fe，反应的化学方程式是3Fe3O4 +8Al 9Fe +4Al2O3；（3）化合物甲是Fe3O4，要检验其中所含有的阳离子，要先用非氧化性的酸使其发生反应：Fe3O4+8H+= 2Fe3+Fe2+ +4H2O，然后在用高锰酸钾溶液检验Fe2+；用硫氰化钾溶液检验Fe3+，故使用的物质是A、C、D；（4）Fe与水蒸气反应产生Fe3O4，要测其含量，最后得到的红棕色的固体是Fe2O3，其物质的量是，n（Fe）=0.2mol2=0.4mol，假设在28.8g中含有Fe、Fe3O4的物质的量分别是x、y，则x+3y=0.4mol，56x+232y=28.8g，解得x=0.1mol，y=0.1mol，所以化合物甲的质量分数为
