1、化学试卷 注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 100 分。2.请将各卷答案填在答题卷上，考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 Ba-137第卷（选择题）一、单选题（每小题 2 分，共 48 分）1.如表分类正确的是（）选项 单质 酸 碱 胶体 A水银 硝酸 纯碱 蛋白质溶液 B溴水 磷酸 烧碱 烟 CC60醋酸 熟石灰 雾 D臭氧 碳酸 氢氧化铜 氢氧化铁沉淀 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解
2、析】【详解】A纯碱即 Na2CO3，是盐不是碱，A 错误；B溴水是混合物，B 错误；CC60是由 C 元素组成的单质，醋酸属于酸，熟石灰即 Ca(OH)2，属于碱，雾属于胶体，C 正确；D氢氧化铁沉淀不属于胶体，D 错误。答案选 C。2.今有 x、y、z、w 四种元素的微粒，彼此间能发生如下反应：Cl2+2Br2Cl+Br2;2Fe3+2I2Fe2+I2;Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br其中氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序为()A.Cl2Br2Fe3+I2 B.Cl2Fe3+I2Br2 C.Cl2 I2Fe3+Br2 D.Br2Fe3+I2 Cl2【答案】A【解析】【详解】Cl2+2Br-=
3、2Cl-+Br2 中氧化剂是 Cl2，氧化产物是 Br2，所以氧化性 Cl2Br2；2Fe3+2I-=2Fe2+I2中氧化剂是 Fe3+，氧化产物是 I2，所以氧化性 Fe3+I2；Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br-中氧化剂是 Br2，氧化产物是 Fe3+，所以氧化性 Fe3+W2；通过以上分析知，氧化性强弱顺序是 Cl2Br2Fe3+I2；故选：A。【点睛】自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。3.下列离子能大量共存的是（）A.能使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42、CO32-B.无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3 C.含有大量
4、Ba(NO3)2的溶液中：Mg2、NH4、SO42、Cl D.能使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2、K、HCO3、NO3【答案】A【解析】【详解】A、能使无色酚酞试液呈红色的溶液显碱性，离子之间互不反应，可以大量共存，故A 选；B、铜离子在溶液中是蓝色的，在无色溶液中不能大量共存，故 B 不选；C、Ba2和 SO42可以反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故 C 不选；D、能使紫色石蕊试液呈红色的溶液显酸性，HCO3不能大量共存，故 D 不选，答案选 A。4.在 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 的反应中，被还原的硝酸的物质的量与未被还原的硝酸的物质的量之比为（
5、）A.1：2 B.1：3 C.3：1 D.1：4【答案】B【解析】【详解】8mol 稀 HNO3中的 N 原子有 2mol 化合价降低，即有 2mol HNO3被还原，有 6molN原子化合价没改变，即有 6mol HNO3未被还原，故被还原的硝酸的物质的量与未被还原的硝酸的物质的量之比=2:6=1:3。答案选 B。5.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是 已知类推A将 Fe 加入 CuSO 4 溶液中 FeCu 2+CuFe 2+将 Na 加入到 CuSO 4 溶液中2NaCu 2+Cu2Na+B铁和氯气反应 2Fe3Cl 2 2FeCl 3 镁和氯气反应
6、 Mg Cl 2 MgCl 2 C 稀硫酸与 NaOH 溶液反应至中性 H+OH-H 2 O 稀硫酸与 Ba(OH)2溶液反应至中性 H+OH-H 2 O D向 AlCl 3溶液中加入过量 NaOH 溶液 Al3+4OH-=AlO2-+2H2O向 AlCl 3溶液中加入过量氨水 Al3+4OH-=AlO2-+2H2O A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐溶液中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故 A 错误；B.氯气具有强氧化性，能和金属反应，能把金属氧化成它的最高价态，故 B
7、正确；C.稀硫酸与 Ba(OH)2溶液反应至中性，2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故 C 错误；D.向 AlCl 3溶液中加入过量氨水的反应实质是 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，氢氧化铝能和强碱反应但是不能和弱碱反应，故 D 错误。故选 B。6.下列有关离子（或物质）的检验及结论，正确的是（）A.用丁达尔效应可鉴别 NaCl 溶液和 Fe(OH)3胶体 B 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到 Na+离子火焰呈黄色 C.检验 Na2CO3固体中是否混有 NaHCO3，可向固体中直接滴加稀盐酸，如果观察到立刻有气体产生，说明混有 NaHCO3D
8、.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】A【解析】【详解】A、胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故 A 正确；B、焰色反应实验中，通过蓝色钴玻璃观察的是钾元素的火焰，如果呈现紫色，说明含有钾元素，故 B 错误；C、Na2CO3先与盐酸反应，发生 Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl，盐酸过量，发生 NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，即该方法不能鉴别 Na2CO3中是否混有 NaHCO3，利用 NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解，可以采用加热的方法，将气体通入澄
9、清石灰水中，观察溶液是否变浑浊，如果变浑浊，说明混有 NaHCO3，故 C 错误；D、该实验中 Ag对 SO42的检验产生干扰，故 D 错误；答案选 A。【点睛】易错点是 C，相同浓度时 Na2CO3的碱性强于 NaHCO3，混合物中滴加盐酸，Na2CO3先与盐酸反应，生成 NaHCO3，然后 NaHCO3再与盐酸反应。7.为了除去 KCl 固体中少量 MgSO4和 CaCl2杂质，需进行下列六项操作：加水溶解；加热蒸发得到晶体；加入过量 BaCl2溶液；加入过量盐酸；加入过量 K2CO3溶液；过滤；加入过量 KOH 正确的顺序是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】KCl 中少量 M
10、gSO4和 CaCl2杂质都溶于水,要想将杂质除去必须将 MgSO4和 CaCl2杂质转化为沉淀；可采取加水溶解加入过量 BaCl2溶液和加入过量 KOH，与 MgSO4发生反应,生成 BaSO4沉淀和氢氧化镁沉淀加入过量 K2CO3溶液，与 CaCl2和中过量 BaCl2溶液和 KOH 溶液发生反应,生成 CaCO3沉淀和 BaCO3沉淀和氯化钾过滤,滤出上述步骤生成的沉淀加适量盐酸，与过量 K2CO3 溶液发生反应，生成氯化钾、水和二氧化碳气体加热蒸发得到晶体。操作中应依次加入过量的 BaCl2溶液、KOH 溶液和碳酸钾溶液，过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为，也可先加 KOH，再加入氯化
11、钡，顺序为，故选 B。8.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为（）A.NaHCO3、NaOH B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3 D.Na2CO3、CuSO4【答案】C【解析】【详解】A加入硫酸，可生成二氧化碳气体，没有沉淀生成，A 错误；B碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl 不溶于盐酸，B 错误；CBaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3能和 H2S
12、O4反应生成 BaSO4沉淀，C 正确；D加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，D 错误；故选 C。9.500mL 的 KAl(SO4)2溶液中含有 3.9g 的 K+，则该溶液中 c(SO42-)为（）A.1mol/L B.0.4mol/L C.0.2mol/L D.0.1mol/L【答案】B【解析】【详解】3.9g K+为 0.1mol，故 K+的浓度为 0.1mol0.5L=0.2mol/L，因硫酸铝钾中钾离子和硫酸根的个数比为 1:2，钾离子和硫酸根的物质的量浓度比为 1:2，则 c(SO42-)=0.4mol/L。答案为 B。10.已知 ag 的 A2气体含有 n 个分子，
13、则 mg 的 A2气体在标准状况下的体积为（设 N 为阿伏加德罗常数）（）A.22.4L B.22.4nmaNL C.22.4anmNL D.22.4amnNL【答案】B【解析】【详解】已知 a g 的 A2气体含有 n 个分子，则 m g 的 A2气体含有分子数为：mna，物质的量为：mnaNmol，标况下体积为：mnaNmol22.4mol/L=22.4mnaNL，故选：B。11.下列说法正确的是 标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是 22.4 L0.5 mol H2所占体积为 11.2 L标准状况下，1 mol H2O 的体积为 22.4 L常温常压下，28 g CO 与 N
14、2的混合气体所含的原子数为 2NA各种气体的气体摩尔体积都约为 22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的气体的分子数相同 A B.C.D.【答案】B【解析】【详解】标况下，只有 6.021023个气体分子所占的体积才是 22.4L，固体和液体的体积小于 22.4L，错误；没有指明气体存在的状态，所以 0.5 mol H2所占体积不一定为 11.2 L，错误；标准状况下，H2O 为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；CO 与 N2的摩尔质量均为 28g/mol，28g CO 与 N2的混合气体为 1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为 2NA，正确；在标准状况下，气体摩尔体积为 22
15、.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，错误；标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，正确；故答案选 B 12.用 98%浓硫酸配制 1.0molL-1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是 A.用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取 B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出 C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分 D.定容时俯视容量瓶刻度线【答案】D【解析】【详解】A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故 A 错误；B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏
16、小，溶液浓度偏低，故 B 错误；C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故 C 错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故 D 正确。故选 D。【点睛】根据 CB=nB/V 可得，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 nB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 nB和 V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若 nB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 nB比理论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。1
17、3.将 0.8g NaOH 和 1.06g Na 2CO 3混合并配成溶液，向溶液中滴加 0.1 molL-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成 CO 2的物质的量的关系的是()A.B.C.D.【答案】D【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=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O。【详解】0.8g NaOH 的物质的量是0.8g40g/mol 0.02mol、1.06g Na 2CO 3 的物质的量是1.06g0.01106g/mo
18、lmol；当滴加盐酸时，先发生 NaOH+HCl=NaCl+H2O 反应，消耗盐酸的物质的量是 0.02mol，盐酸体积是 0.2L；再发生 Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 消耗盐酸的物质的量是 0.01mol，盐 酸 体 积 是 0.1L，生 成 碳 酸 氢 钠 的 物 质 的 量 是 0.01mol；最 后 发 生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，消耗盐酸的物质的量是 0.01mol，盐酸体积是 0.1L，生成二氧化碳的物质的量是 0.01mol，故选 D。14.向氧化铁、氧化铜、铁、铜的混和粉末中加入过量的稀盐酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于溶液中阳离
19、子的判断正确的是（）A.只有 Fe2+和 Cu2+B.一定有 Fe2+、Cu2+，可能有 Fe3+C.一定有 Fe2+，可能有 Cu2+D.只有 Fe2+【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，本题考查氧化铁、氧化铜、铁、铜和稀盐酸的反应，运用铜不能和稀盐酸反应，但能和铁离子反应分析。【详解】混合粉末中加入过量的稀盐酸反应后，仍有红色固体铜存在，溶液中一定有 Fe2，一定不可能有 Fe3，可能有 Cu2，答案选 C。15.将 2.8g 铁粉加入 50mL3molL-1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（）A.铁粉有剩余，溶液呈浅绿色 B.往溶液中滴入 KSCN 溶液，不显血红色 C.氧化产物
20、和还原产物的物质的量之比为 21D.Fe2+和 Fe3+物质的量之比为 31【答案】D【解析】【分析】铁粉的物质的量 n=2.8g56g/mol=0.05mol，氯化铁的物质的量 n=cV=3molL-10.05L=0.15mol；铁粉与氯化铁的离子反应方程式为 Fe+2Fe3+=3Fe2+，由离子方程式可知 Fe 完全反应，Fe3+过量，以此解答该题。【详解】A由以上分析可知 Fe3+过量，故 A 错误；BFe3+过量，则往溶液中滴入 KSCN 溶液，溶液显红色，故 B 错误；C铁粉与氯化铁的离子反应方程式为 Fe+2Fe3+=3Fe2+，3mol 亚铁离子生成，既是氧化产物又是还原产物，其
21、中 1mol 亚铁离子化合价是从 0 升高到+2，另外 2mol 亚铁离子化合价是从+3降低来的，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为 1：2，故 C 错误；D反应后剩余 0.05molFe3+，生成 0.15molFe2+，则 Fe2+和 Fe3+物质的量之比为 3:1，故 D 正确；答案选 D。【点睛】根据化学方程式和所给物质的物质的量关系进行过量分析是解本题的关键。16.认识反应条件对化学反应的影响，对学好化学具有重要意义。下列说法中正确的是（）A.铝在空气中或纯氧中燃烧，主要产物都是 Al2O3B.钠在空气中缓慢氧化或在空气中燃烧，产物都是 Na2O2C.铁片在常温下与稀硫酸或浓硫酸反
22、应，都生成 FeSO4D.镁在空气中或纯氧中燃烧，产物都只有 MgO【答案】A【解析】【分析】【详解】A铝只与氧气发生反应，故无论是空气还是纯氧，均生成氧化铝，A 正确；B钠在空气中缓慢氧化生成氧化钠，在氧气中燃烧生成过氧化钠，B 错误；C铁在稀硫酸下反应生成硫酸亚铁，铁在浓硫酸下钝化生成致密氧化膜，C 错误；D镁可以和空气中的氧气、二氧化碳、氮气发生反应，故镁在空气中燃烧产物有氧化镁和氮化镁，在氧气中燃烧只有氧化镁，D 错误；故选 A。17.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有 Na2O2或 K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气，下列关于 Na2O2的叙
23、述正确的是（）Na2O2中阴、阳离子的个数比是 1：1Na2O2分别与水及 CO2反应产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等 Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色 Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以 Na2O2是碱性氧化物 Na2O2与水反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂 A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为 1：2，错误；反应的方程式分别为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，正确；Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反
24、应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，正确；Na2O2能和盐酸反应生成氯化钠和水及氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，错误；Na2O2与水反应，只有 O 元素化合价发生变化，由-1 价分别变化为 0、-2 价，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，正确；故选 B。18.下列转化过程不能一步实现的是 A.Al(OH)3Al2O3B.Al2O3Al(OH)3C.AlAlCl3D.AlNaAlO2【答案】B【解析】【详解】A、Al(OH)3加热分解 Al2O3，可一步实现转化，A 错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成 Al(OH)3，B 正确；C、金属
25、铝与盐酸或氯气反应均生成 AlCl3，可一步转化，C 错误；D、Al 与氢氧化钠溶液反应生成 NaAlO2，可一步实现转化，D 错误；答案选 B。19.下列物质中既能与稀 H2SO4反应，又能与 NaOH 溶液反应的是Al2O3NaHSO4NaHCO3Al(OH)3Na2CO3（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】氧化铝为两性氧化物，既可以和稀硫酸反应也可以和氢氧化钠反应；硫酸氢钠只和氢氧化钠发生反应；碳酸氢钠中的碳酸氢根可以和稀硫酸反应生成水和二氧化碳也可以和氢氧化钠反应生成碳酸根；氢氧化铝为两性氢氧化物，既可以和稀硫酸反应也可以和氢氧化钠反应；碳酸钠只与稀硫酸发生反应；5
26、种物质中符合题意，故选择 A。20.下列有关 Na2CO3和 NaHCO3的说法错误的是 A.等质量 Na2CO3和 NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成 CO2少 B.将石灰水分别加入 NaHCO3和 Na2CO3中，前者不生成沉淀 C.相同条件下 Na2CO3比 NaHCO3更易溶于水 D.Na2CO3固体中含少量 NaHCO3，可用加热法除去【答案】B【解析】【详解】A等质量的 Na2CO3和 NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故 A 正确；BNa2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反
27、应为CO32+Ca2+=CaCO3，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故 B 错误；C向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3Na2CO3，故 C 正确；DNaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故 D 正确；故选 B。21.合金比纯金属制成的金属材料的优点是（）合金的硬度一般比它的各成分金属的大 一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低 改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金 合金比纯金属的导电性更强 合金比纯金属的应用范围更广泛
28、A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】与组成合金的纯金属相比，合金的一般硬度更大，故正确；合金为混合物，熔点比它的各成分金属的熔点低，故正确；不同的合金具有不同的性能，改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，故正确；合金的导电性不一定比纯金属更强，比如铝合金的导电性比纯铝要差，故错误；合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故正确；故选：A。22.下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而生成不同产物的是（）CO2与 NaOH 溶液NaHCO3溶液与盐酸Na 与氧气C 与 O2AlCl3溶液与氨水 A.B.C.D.【答案】B【解析
29、】【详解】CO2与 NaOH 溶液反应时若二氧化碳少量生成碳酸钠，若二氧化碳过量则生成碳酸氢钠，故符合题意；NaHCO3溶液与盐酸反应，无论用量多少都是生成二氧化碳、水和氯化钠，故不符合题意；Na 与氧气在加热条件下生成过氧化钠，常温条件下生成氧化钠，反应条件不同产物不同，与反应物的用量无关，故不符合题意；C 与 O2反应时，若氧气过量则生成 CO2，若氧气不足则生成 CO，故符合题意；氨水为弱碱不能和氢氧化铝反应，AlCl3溶液与氨水反应无论用量多少都生成氯化铵和氢氧化铝，故不符合题意；故答案为 B。23.把图 b 的碎纸片补充到图 a 中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的
30、说法正确的是（）A.配平后的化学计量数依次为 3、1、2、6、3B.若有 1molS 被氧化，则生成 2molS2-C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2D.3molS 参加反应有 8mol 电子发生转移【答案】B【解析】【分析】题目中的 S 元素的化合价分别是-2、0、+4，据图可知 S(0 价)做反应物，根据氧化反应规律，该氧化还原反应为歧化反应，分别生成-2 和+4 价。根据得失电子数和电荷守恒配平反应方程式：3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O。【详解】A反应方程式为 3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O 配平后的化学计量数为 3、6、2、1、3，故 A 错误；
31、B根据方程式可知，3molS 参与反应时有 1molS 做还原剂，所以 1molS 被氧化(还原剂被氧化，化合价升高)，有 1molSO32-生成，2molS2-为还原产物，故 B 正确；C氧化剂得到还原产物，还原剂得到氧化产物，根据方程式可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为 2：1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:1，故 C 错误；D转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，生成 2molS2-时，做氧化剂的 S 得到 4mol电子，即 3molS 参加反应有 4mol 电子发生转移，故 D 错误；故选：B。24.下列说法正确的是（）A.1molO2与金属 Na 反应，O2一定得
32、到 4NA个电子 B.18gNH4+中所含的电子数为 11NAC.1molFe 与足量的 Cl2反应，转移的电子数为 2NAD.1molCl2与足量的 Fe 反应，转移的电子数为 2NA【答案】D【解析】【详解】A氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以生成过氧化钠，1molO2与金属钠反应，生成氧化钠电子转移 4mol，生成过氧化钠电子转移 2mol，所以 1molO2与金属 Na 反应，O2不一定得到 4NA个电子，故 A 错误；B18gNH4+中含有 NH4+的物质的量为18g18g/mol=1mol，一个 NH4+中所含的电子数为 10，因此 18gNH4+中所含的电子数为 10NA，故 B
33、 错误；C铁与足量氯气反应，只有铁失电子，Fe 被氧化为 Fe3+，1molFe 失去电子数为 3NA，因此转移电子数为 3NA，故 C 错误；D氯气与足量铁反应，只有氯气得电子，Cl2被还原为 Cl-，每个氯气得到 2 个电子，所以 1molCl2得到的电子为 2mol 即 2NA，转移电子数为 2NA，故 D 正确；故选：D。第卷（非选择题）二、填空题 25.请按要求完成下列各题：(1)将一小块钠投入到盛 CuSO4溶液的烧杯中，剧烈反应，放出气体并生成蓝色沉淀，其反应的离子方程式为_。(2)将 FeSO4溶液与过量 NaOH 溶液混合并在空气中放置一段时间，整个过程中的现象为_，反应过程
34、分两步，其中第 2 步反应的化学方程式为_。(3)写出溶液中硫酸氢钠的电离方程式_。(4)配制某浓度的稀硫酸，用 10mL 量筒量取浓硫酸的体积如图所示，A 与 B，B 与 C 刻度间相差 1mL，如果刻度 A 为 8，量筒中浓硫酸的体积是_mL。(5)要用 CuSO45H2O 晶体配制 500mL0.01mol/LCuSO4溶液，应该用托盘天平称取CuSO45H2O_g(读到小数点后两位)(6)图所示仪器的名称是_。【答案】(1).2Na+2H2O+Cu2+=2Na+Cu(OH)2+H2(2).生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(3).4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(
35、OH)3(4).NaHSO4=Na+H+SO42-(5).72(6).1.25(7).500mL 容量瓶【解析】【详解】(1)将一小块钠投入到盛 CuSO4溶液的烧杯中，钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧 化 钠 和 硫 酸 铜 反 应 生 成 氢 氧 化 铜 沉 淀，总 离 子 方 程 式 为2Na+2H2O+Cu2+=2Na+Cu(OH)2+H2；(2)将 FeSO4溶液与过量 NaOH 溶液混合并在空气中放置一段时间，先生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化成红褐色氢氧化铁沉淀，所以可以观察到：生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；第二步反应方程式为 4Fe(OH)2+O2
36、+2H2O=4Fe(OH)3；(3)硫酸氢钠在水溶液中完全电离，方程式为 NaHSO4=Na+H+SO42-；(4)量筒小刻度在下，A 与 B 与 C 刻度间相差 1mL，刻度 A 为 8，则刻度 B 为 7，AB 间每一小格为 0.2mL，则量筒中液体的体积为 7.2mL；(5)配制 500mL 0.01mol/L CuSO4溶液，需要 CuSO45H2O 的物质的量为0.01mol/L0.5L=0.005mol，质量为 0.005250g/mol=1.25g。(6)图所示仪器的名称 500mL 容量瓶。26.现有黄绿色气体乙为 Cl2，金属单质 A、B 和气体甲、丙及物质 C、D、E、F、
37、G，它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出)(1)丙的化学式为_；(2)F 溶液常用于腐蚀印刷电路板，请写出相关的离子方程式：_；(3)为鉴定 B 单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂(填写字母代号)是_；a.碘水b.氯水c.Na2SO3溶液d.KSCN 溶液(4)C溶液中加入过量的Al2O3固体的离子反应方程式为_；向反应后的溶液中通入过量的 CO2气体的离子反应方程式为_。【答案】(1).HCl(2).2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+(3).bd(4).Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O(5).AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+H
38、CO3-【解析】【分析】金属 A 的焰色反应为黄色，则 A 为 Na，A 与水反应生成气体甲为 H2，物质 C 为 NaOH；C 与F 反应生产线红褐色沉淀 G 应为 Fe(OH)3，可知 F 含有 Fe3+；黄绿色气体乙为 Cl2，氯气与氢气反应生成气体丙为 HCl，HCl 的水溶液 D 为盐酸，由转化关系可知金属 B 为 Fe、E 为 FeCl2、F 为 FeCl3。【详解】(1)根据分析可知丙为 HCl；(2)Fe3+具有强氧化性可以氧化铜单质生成 Cu2+，离子方程式为 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；(3)金属 B 为 Fe，与盐酸反应可以生成 Fe2+，亚铁离子可以被氯气氧化成
39、 Fe3+，Fe3+可以与 KSCN溶液作用显血红色，所以取上层清液后需再加入的试剂为 b、d；(4)NaOH 溶液中加入过量的 Al2O3固体的离子反应方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；向反应后的溶液中通入过量二氧化碳，由于碳酸不能溶解氢氧化铝，所以最终产物为氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。27.请按要求完成下列各题。(1)将2molL-1Al2(SO4)3和0.2molL-1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，计算混合液中 c(SO42-)=_molL-1.若用容量瓶以质量分数为
40、98%、密度为 1.84g/cm3的浓硫酸，配制 480mL 浓度成 0.2molL-1稀硫酸，计算需要量取_mL 的浓硫酸。(读到小数点后一位)(2)在标准状况下，由 CO 和 CO2组成的混合气体 6.72L，质量为 12g。此混合物中 CO 和 CO2分子数目之比是_，混合气体的平均摩尔质量是_。(3)还原铁粉与高温水蒸气反应的化学方程式：_。(4)除去 Mg 粉中的 Al 粉的试剂是_，反应的离子方程式为：_。【答 案】(1).3.1(2).5.4(3).1：3(4).40gmol-1(5).3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(6).氢氧化钠溶液(7).2Al+2OH-+2H2O
41、=2AlO2-+3H2【解析】【分析】【详解】(1)把 Al2(SO4)3和 H2SO4溶液等体积混合，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设混合前各溶液的体积均为VL，则混合液中c(SO42-)=-1-12mol L3 VL+0.2mol LVL2VL=3.1mol/L；质量分数 98%密度为 1.84gcm-3 浓H2SO4的物质的量浓度=1000 1.8498%98=18.4mol/L，配制 480mL，需要选取 500mL 容量瓶，设需要浓硫酸溶液的体积为 V，0.2molL-10.5L=V18.4mol/L，解得：V=0.0054L=5.4mL；(2)标准状况下，混合气体的物质
42、的量为：6.72L22.4L/mol=0.3mol，设 CO 的物质的量为 x，CO2的物质的量为 y，x+y=0.328x+44y=12，解得 x=0.075mol，y=0.225mol，此混合物中 CO 和 CO2物质的量之比=0.075mol：0.225mol=1：3；依据 N=nNA，可知分子数之比等于物质的量之比为 1：3；混合气体的平均摩尔质量=12g0.3mol=40g/mol；(3)铁粉与水蒸气在高温条件反应生成四氧化三铁和氢气，方程式为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2；(4)Mg 和铝都和酸反应，但铝和氢氧化钠溶液反应，Mg 和氢氧化钠溶液不反应，所以可以选取氢氧
43、化钠溶液作除杂剂，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。28.请按要求完成下列各题：（1）黑火药爆炸时发生反应：2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2，其中被还原的元素是_，被氧化的元素是_。（2）配平以下方程式：_K2Cr2O7+_HCl_KCl+_CrCl3+_Cl2+_H2O（3）已知 19.2gCu 与过量的 200ml5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下，请计算（忽略反应前后溶液体积的变化）.3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O转移电子的物质的量为_mol；标准状况下，产生 NO 气体的体积为_mL。反应后，NO3-的物质的量浓
44、度为_mol/L。【答案】(1).N、S(2).C(3).1(4).14(5).2(6).2(7).3(8).7(9).0.6(10).4480(11).4【解析】【分析】(1)反应 2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2中，N 和 S 元素化合价降低，被还原，则 KNO3和硫为氧化剂，C 元素化合价升高，被氧化，C 为还原剂，以此解答该题；(2)K2Cr2O7+HClKCl+CrCl3+Cl2+H2O 中，Cr 元素的化合价降低，Cl 元素的化合价升高，转移电子数目为 6e-，据此进行配平；(3)求出铜的物质的量为 0.3mol，由于硝酸过量，故根据铜的量来计算由于铜反应后变为+2 价，
45、据此分析反应转移的电子的物质的量；然后根据 3Cu2NO 来计算生成的 NO 的物质的量和体积；反应后，NO3-的物质的量 n(NO3-)=n(HNO3)-n(NO)，根据溶液体积为 200mL 来计算。【详解】(1)反应 2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2中，N 和 S 元素化合价降低，被还原，C 元素化合价升高，被氧化；(2)该反应中元素的化合价变化如下：K2Cr2O7CrCl3，铬元素由+6 价+3 价，得电子，所以K2Cr2O7是氧化剂，CrCl3是还原产物；HClCl2，氯元素由-1 价0 价，失电子，所以 HCl是还原剂，氯元素被氧化，Cl2是氧化产物；反应中所有 Cr 元
46、素化合价降低了 6 价，部分 Cl元素的化合价从-1 升高到了 0 价，共升高了 6 价，根据电子守恒，所以重铬酸钾的系数是 1，CrCl3的系数是 2，氯气的系数是 3，根据 K 元素守恒，KCl 的系数是 2，根据 Cl 元素守恒，HCl 的系数是 14，根据 H 元素守恒，生成的水的系数是 7，转移电子数目为 6e-，该反应方程式为 K2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O；(3)19.2g 铜的物质的量为 n=19.2g64g/mol=0.3mol，由于硝酸过量，则铜完全反应由于铜反应后变为+2 价，故此反应转移的电子的物质的量为 0.6mol；NO 是还原
47、产物，每生成 1molNO转移 3mol 电子，则反应中生成 NO 标况下的体积为 0.6mol322.4L/mol=4.48L=4480mL；由于反应生成的 NO 的物质的量为 0.2mol，根据溶液中 N 原子的守恒，反应后，NO3-的物质的量 n(NO3-)=n(HNO3)-n(NO)=5mol/L0.2L-0.2mol=0.8mol，而溶液体积为 200mL，故溶液中 NO3-的物质的量浓度为 c(NO3-)=0.8mol0.2L=4mol/L。三、实验题 29.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯装置，请根据装置回答问题：(1)在装置 A 和装置 B 中都用到玻璃棒，装置 A 中
48、玻璃棒的作用是_。(2)装置 C 中的名称是_，此装置中冷凝水进出方向是_(填“上进下出”还是“下进上出”)。装置 D 中的分液漏斗在使用之前应该_，在分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是_。(3)某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液。实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验。选择适当试剂按顺序添加 Na2CO3溶液 实验操作 加热 所加入的试剂可以是_(填化学式)，证明溶液中 SO42-已经除尽的方法是_。加入 Na2CO3溶液的目的是_，所加入的试剂可以是_(填化学式)。【答案】(1).引流(2).蒸馏烧
49、瓶(3).下进上出(4).查漏(5).打开分液漏斗上端的玻璃塞，或使玻璃塞凹槽对准小孔(6).Ba(NO3)2(7).取少量上层清液，滴加氯化钡无现象(8).除去过量钡离子(9).HNO3【解析】【分析】【详解】(1)装置 A 为过滤装置，玻璃棒的作用是引流；(2)装置 C 为蒸馏装置，装置为蒸馏烧瓶；为增强冷凝效果，冷凝管中的冷凝水应下进上出；分液漏斗在使用之前需要查漏；打开分液漏斗上端的玻璃塞，或使玻璃塞凹槽对准小孔，连通大气，下口的液体才能顺利滴下；(3)硫酸根可以和钡离子生成硫酸钡沉淀，为了不引入新的杂质，试剂应选用 Ba(NO3)2；取上层清液滴加氯化钡无现象，证明溶液中 SO42-
50、已经除尽；碳酸钠可以除去过量的钡离子；为了除去过量碳酸钠，同时不引入新的杂质，可以加入 HNO3反应掉碳酸钠，硝酸具有挥发性，再加热将硝酸除去。四、计算题（写出具体的格式或过程否则不算分！）30.铁粉和氧化亚铁粉末的混合物共 9.2 克，加入到 150 毫升的稀硫酸中，恰好完全反应，得到氢气 2.24 升(标准状况)。求：（1）混合物中铁的质量？_（2）原稀硫酸的物质的量浓度？_【答案】(1).5.6g(2).1mol/L【解析】【分析】铁粉和氧化亚铁粉末的混合物中，铁粉与稀硫酸反应产生氢气，氧化亚铁与稀硫酸反应不能产生氢气，所以，可用氢气计算出铁，再用硫酸计算出氧化亚铁。【详解】(1)设铁的
51、质量为 m(Fe)，与铁反应的硫酸的物质的量为 n1(H2SO4)，则有：2442124Fe+H SO=FeSO+H56g1mol22.4L(H SO2.24Lm Fen）m(Fe)=5.6g，n1(H2SO4)=0.1mol，答案为：5.6g(2)FeO 的质量 m(FeO)=9.2g-5.6g=3.6g。设与氧化亚铁反应的硫酸的物质的量为 n2(H2SO4)，则有：2442224FeO+H SO=FeSO+H O72g1mol3.6g(H SOn）n2(H2SO4)=0.05mol稀硫酸的物质的量浓度为 c(H2SO4)=-30.1mol+0.05mol150 10 L=1mol/L。答案为：1mol/L
