1、云南省文山州马关县第一中学2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）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.
2、BC. CD. D【答案】C【解析】【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+I2B. Cl2Fe3+I2Br2C. Cl2 I2Fe3+ Br2D. Br2Fe3+I2 Cl2
3、【答案】A【解析】【详解】Cl2+2Br-=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+、SO4
4、2-、NO3C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2、NH4、SO42、ClD. 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
5、为（ ）A. 1：2B. 1：3C. 3：1D. 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Mg Cl
6、 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- +2H2OA. AB. BC. CD. 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
7、B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. 向某无色溶液中加
8、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，将气体通入澄清石灰水中，观察溶液是否变浑浊，如果变浑
9、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MgSO4和CaCl2杂质都溶于水,要想将杂质除去必须将MgSO4和CaCl2
10、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
11、；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、NaOHB. AgCl、NaHCO3C. Na2SO3、BaCO3D. 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H2SO4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
12、KAl(SO4)2溶液中含有3.9g的K+，则该溶液中c(SO42-)为（ ）A. 1mol/LB. 0.4mol/LC. 0.2mol/LD. 0.1mol/L【答案】B【解析】【详解】3.9g K+为0.1mol，故K+的浓度为=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，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. 22.4LB. LC. LD. L【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A
13、2气体含有分子数为：，物质的量为：mol，标况下体积为：mol22.4mol/L= L，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N2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
14、.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，28gCO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22.4L/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B12.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.
15、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
16、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。13.将0.8g NaOH和1.06g Na2CO3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CO2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
17、发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O。【详解】0.8g NaOH的物质的量是0.02mol、1.06g Na2CO3的物质的量是mol；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、
18、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
19、绿色B. 往溶液中滴入KSCN溶液，不显血红色C. 氧化产物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=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
20、，其中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应，都生成FeSO4D.
21、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的叙述正确的是（ ）Na2O2中阴、阳离子的个数
22、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
23、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、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与
24、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种物质中符合题意，故选择A。20.下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错
25、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，反应为CO32+Ca2+=CaCO3，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故B错误；
26、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
27、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】【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
28、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
29、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；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
30、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
31、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=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
32、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Cu
33、SO45H2O_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(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
34、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+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500mL0.01mol/LCuSO4溶液，需要CuSO45H2O的物质的量为0.01mol/L0.5L=0.005mol，质量为
35、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、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
36、 (2). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (3). bd (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (5). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-【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2Fe
37、3+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
38、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)F
39、e3O4+4H2 (6). 氢氧化钠溶液 (7). 2Al+2OH-+2H2O=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-)=3.1mol/L；质量分数98%密度为1.84gcm-3浓H2SO4的物质的量浓度=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，混合气体的物质的量为：=0.3mol，设C
40、O的物质的量为x，CO2的物质的量为y，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=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)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：2
41、KNO3+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-的物质的量浓度为_mol/L。【答案】 (1). N、S (2). C (3). 1 (4). 14 (5). 2 (6). 2 (7). 3 (8). 7 (9)
42、. 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，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(
43、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，KC
44、l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=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22.4L/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)
45、=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-)=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
46、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
47、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-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
48、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)设铁的质量为m(Fe)，与铁反应的硫酸的物质的量为n1(H2SO4)，则有：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：n2(H2SO4)=0.05mol稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)=1mol/L。答案为：1mol/L
