1、2018级高三上学期第一次大单元考试化学试题 2020.09本试卷包括第卷和第卷，第卷为选择题，共50分，第卷为非选择题，共50分；全卷满分100分，考试时间90分钟。 【相对原子质量】H ：1 O：16 Na ：23 Mg ：24 A1： 27 S： 32 C1：35.5 Fe ：56 Cu： 64 Ba ：137 N ：14 K ：39 C： 12第卷 （选择题，共50分）一、选择题（本题包括20小题，1-10每题2分，每小题只有一个选项符合题意）1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法或做法不正确的是（ ）A. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B. 因患“禽流感”而被
2、捕杀的家禽尸体常用生石灰处理C. 本草经集注中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”；这是利用了“焰色反应”D. 煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料【答案】D【解析】【详解】A明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈成分主要为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，故可用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，选项A正确；B生石灰与水反应放热，生成的氢氧化钙呈碱性，加热、强碱都能使蛋白质变性，能杀菌消毒，选项B正确；C鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为
3、隔着钴玻璃为紫色，选项C正确；D煤的气化和液化是指煤在无氧加热的条件下生成气体或液体燃料，是化学变化，选项D错误。答案选D。2. 下列反应既是离子反应又是氧化还原反应的是A. BaCl2溶液中滴入稀硫酸B. 盐酸和氧化镁C. 铁片放入CuSO4溶液中D. 氢气还原氧化铜【答案】C【解析】【详解】A、B不是氧化还原反应，D不是离子反应，所以正确的答案选C。3. 配制 0.1molL1 的 NaCl 溶液，下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是A. 称量时，左盘高，右盘低B. 定容时俯视读取刻度C. 容量瓶洗净后未干燥D. 定容时液面超过了刻度线【答案】AB【解析】【分析】分析具体操作对n、V的影响，
4、根据c=n/V分析不当操作对溶液浓度的影响。【详解】A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品，右盘放砝码，称量时，左盘低，右盘高，药品实际质量偏大，n偏大，则所配溶液浓度偏高，故A符合；B、定容时仰视读取刻度，导致所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故B不符合；C、配制最后需加水定容，原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响，故C不符合；D、定容时液面超过了刻度线，导致所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D不符合。答案选A。4. 向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析中不正确的是( )A. 充
5、分反应后的溶液中无Cu2存在B. 滴加CuSO4溶液时，每生成1 mol CuI会转移1 mol e-C. 根据上述实验现象可知：Cu2比I2的氧化性强D. 通入SO2时发生反应的离子方程式为SO2I22H2O=2HI2H【答案】D【解析】【分析】溶液呈淡黄色，说明有I2生成。碘元素化合价由-1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，故I2与SO2反应生成I-，SO2被氧为化H2SO4，白色
6、沉淀是CuI。【详解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，所以不含铜离子，故A正确；BCuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole-时生成1molCuI白色沉淀，故B正确；C2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中
7、Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故C正确；D反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，碘化氢为强电解质，离子方程式为：SO2+I2+2H2O2I-+4H+，故D错误。答案选D。5. 下列说法正确的是（ ）A. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B. Fe(OH)3胶体无色、透明，能
8、发生丁达尔现象C. H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D. Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH，都是氧化还原反应，都是碱性氧化物【答案】C【解析】【详解】A在加热条件下碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，受热分解，故A错误；B氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；CH2、SO2、CO2三种气体和浓硫酸都不反应，都可用浓硫酸干燥，故C正确；DNa2O和水反应只生成NaOH，不是氧化还原反应，Na2O是碱性氧化物；Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，是氧化还原反应，Na2O2不是碱性氧化物，故D错误；故答案为C。6. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验
9、目的的是( )A. 制取少量纯净的CO2气体B. 验证镁和稀盐酸反应的热效应C. 制取并收集干燥纯净的NH3D 制备Fe(OH)2并能保证较长时间观察到白色【答案】B【解析】【详解】A盐酸易挥发，所以得不到纯净的二氧化碳气体且纯碱为易溶于水的粉末状固体，会溶解在溶液中或从隔板上漏下，故A错误；B镁和盐酸反应放热，试管内压强增大，可观察到U形管左侧液面下降，右侧液面升高，故B正确；C气体收集错误，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故C错误；D酒精与水互溶，不能隔绝空气，应选苯隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，故D错误；故答案为：B。【点睛】使用启普发生器制备少量气体实验需满足：固体为块状，且不
10、溶于水，气体制备过程中不需要加热，所制备的气体在水中溶解度较小。7. 以下有关物质的量浓度的叙述正确的是A. 等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3B. 150 mL 1molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)与50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)相等C. 20时，饱和KCl溶液的密度为1.174gcm3，物质的量浓度为4.0 molL1，则此溶液中KCl的质量分数为100%D. 20时，100 g水可溶解34.2g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%【答案】C【
11、解析】【详解】A等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则根据硫酸根守恒可知3c1V：c2V：c3V1:2:3，因此三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:6:9，A错误；B150 mL 1molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)与50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)不相等，分别是1mol/L和3mol/L，B错误；C20时，饱和KCl溶液的密度为1.174gcm3，物质的量浓度为4.0 molL1，则根据可知此溶液中KCl的质量分数为100%，C正确；D20时，100 g水可溶解34.2g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分
12、数为100%，D错误；答案选C。8. 下列对应关系错误的是( )化学性质实际应用AAl(OH)有弱碱性治疗胃酸过多BNaHCO不稳定受热分解制作焙烧糕点的发酵粉C二氧化碳不支持燃烧镁着火可以用泡沫灭火器扑灭D次氯酸钠有强氧化性“84消毒液”可用于杀菌消毒A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A氢氧化铝的碱性弱，可中和胃酸，可用于治疗胃酸过多，故A正确；B碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可用于制作烘焙糕点的发酵粉，故B正确；CMg能在二氧化碳气体中燃烧，则镁着火不能用泡沫灭火器扑灭，故C错误；D次氯酸钠有强氧化性，则“84消毒液”可杀菌消毒，故D正确；故答案为C。9. 设NA表
13、示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A. 标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同B. 密闭容器中46 g NO2含有的分子数为NAC. 常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为2NAD. 常温常压，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下，H2O为液体不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；B.密闭容器中存在，则46 g NO2含有的分子数小于NA，故B错误；C. 乙烯与丙烯的结构简式均为CH2，则7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为，故C错误；D.由方程
14、可知，每生成1molO2时转移电子物质的量为2mol，则生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA，故D正确。故答案选：D。10. 下列说法正确的是（ ）A. PM2.5(2.5微米)颗粒分散到空气中形成气溶胶B. Fe、A1、Cu均是重要的金属元素，它们的氧化物都是碱性氧化物C. 工业上用电解熔融MgCl26H2O的方法冶炼金属镁D. 弱碱性溶液中可能大量存在Na、K、Cl、【答案】D【解析】【详解】A. PM2.5(2.5微米)的颗粒直径大于100nm，分散到空气中不能形成气溶胶，A错误；B. Fe、A1、Cu均是重要的金属元素，它们的氧化物不都是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，
15、B错误；C. 镁是活泼的金属，工业上用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁，C错误；D. 碳酸氢根离子水解显碱性，在弱碱性溶液中可能大量存在Na、K、Cl、，D正确；答案选D。二、选择题：本题共10小题，每题3分，共30分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下图所示：已知：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2SiO3+4NaOH。对上述流程中的判断正确的是( )A. 试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B. 反应 II 中生成Al
16、(OH)3的反应为：CO2+2H2OAl(OH)3+C. 结合质子(H+) 的能力由弱到强的顺序是OH-D. Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al【答案】BC【解析】【详解】A. 由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B. 过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C. 结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱，碱性：，所以结合质子能力：，故C
17、正确；D. 氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误。故答案选：BC。12. 下列各组离子中,能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是选项离子组试剂X离子方程式A强酸性溶液中：Fe3+、少量的铜粉2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+BNa+、Ba2+、Al(OH)4、Cl过量的盐酸Al(OH)4+4H+Al3+4H2OC透明溶液：Fe3、Al3、NaHSO4溶液H+=CO2+H2O DpH=0的溶液：Mg2、Fe2、双氧水2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 在
18、酸性溶液中硝酸根的氧化性强于铁离子，加入铜粉后硝酸根首先氧化单质铜，A错误；B. 四种离子可以大量共存，加入盐酸后，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则发生的离子方程式为Al(OH)4+4H+Al3+4H2O，B正确；C. Fe3、Al3与在溶液中水解相互促进，均不能大量共存，C错误；D. pH=0的溶液显酸性，Fe2、之间发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；答案选B。13. 由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S+SO2+4H2O。下列说法正确的是（ ）A. Na4S2O3的水溶液显中性
19、B. 1mol Na4S2O3中共含离子数为6NAC. 上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6 molD. CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生【答案】BD【解析】【详解】A. 混盐Na4S2O3可以写成，电离生成Na+、S2-，由于和S2-水解溶液呈碱性，故A错误；B. 由电离方程：可知， 1mol Na4S2O3中共含离子数为6NA，故B正确；C.由反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S+SO2+4H2O可知，混盐中-2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，则每生成3molS时转移电子的物质的量为4 mol，故
20、C错误；D.含一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐为混盐， CaOCl2可写成，加入足量稀硫酸Cl-和ClO-在酸性条件下反应生成Cl2，故D正确；故答案选：BD。14. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合：Ba2+2OH-+NH4+HCO3-=BaCO3+NH3H2O+H2OB. 实验室配制的亚铁盐溶液在空气中被氧化：4Fe2+O2+2H2O=4Fe3+4OH-C. 向碳酸氢铵溶液中加过量石灰水并加热：NH4+OH-NH3+H2OD. 用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2 MnO4-+6H+H2O2=2Mn2+3O2+4H2O【答案】A【解
21、析】【详解】A等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸钡沉淀，氨水和水，故A正确；BFe3+与OH-不能大量共存，故B错误；C向碳酸氢铵溶液中加过量石灰水并加热反应生成碳酸钙沉淀和氨气，故C错误；D2MnO4-+6H+H2O2=2Mn2+3O2+4H2O反应中得失电子不守恒，应该是2MnO4-+6H+5H2O2 =2Mn2+5O2+8H2O，故D错误；故选A15. 将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热一段时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系。下列判断不正确的是（ ）A. 参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1B. 反应体系中n(
22、NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11：1：2C. 若有a mol 氯气参加反应，则a mol转移电子的物质的量 5a/3molD. 反应中NaClO、NaClO3为氧化产物，且两者物质的量之比一定为1:1【答案】D【解析】【详解】A根据NaCl、NaClO、NaClO3的组成可知，钠原子和氯原子的物质的量之比为1：1，根据原子守恒，可知参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为1：=2：1，故A正确；B设n(NaCl)=11mol、n(NaClO)=1mol、n(NaClO3)=2mol，生成NaCl获得的电子为：11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3
23、失去的电子为1mol1+2mol5=11mol，得失电子相等，故反应体系中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaC1O3)(物质的量之比)可能为11：1：2，故B正确；C若amol氯气参与反应，发生反应有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为amol21=amol；氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为amol21=mol，所以反应转移电子为：amol转移电子物质量mol，故C正确；D根据化合价变化可知，反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算
24、二者的物质的量之比，故D错误；故答案为D。16. 某无色溶液，由Na、Ag、Ba2、Al3、Al(OH)4、中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液；在所得溶液中加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；在所得溶液中加过量的Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。根据上述实验下列判断不正确的是（ ）A. 原溶液中一定不存在的离子是Ag、Ba2、Al3+和B. 实验中生成气体的离子方程式为：2H+=CO2+H2OC. 实验中产生的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸变红D. 白色沉淀甲是Al(OH)3，白色沉淀乙是BaSO4【答案】C
25、D【解析】【分析】溶液无色，一定没有。能够与盐酸生成气体的离子为碳酸根离子，能够与碳酸根离子反应的离子不能存在；说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子；气体为氨气，白色沉淀一定含碳酸钡、可能含硫酸钡，以此解答该题。【详解】某无色溶液，说明溶液中一定不会存在，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体为二氧化碳，所以溶液中一定存在，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈电中性可知溶液中一定存在Na+；在所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在Al(
26、OH)4，在所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，该气体为氨气，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；所以溶液中一定存在的离子有：、Na+、Al(OH)4，则A. 原溶液中一定不存在的离子是Ag、Ba2、Al3+和，故A正确；B. 加入盐酸生成二氧化碳气体，实验中生成气体的离子方程式为：2H+=CO2+H2O，故B正确；C. 实验中产生的气体为氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D. 白色沉淀乙一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡，故D错误；答案选CD。17. 将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL 1mol/L硫酸中,然后加K2Cr2O7溶液25
27、mL，恰好使溶液中Fe2+全部转为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液物质的量浓度是 ( )A. 0.05mol/LB. 0.1mol/LC. 0.2mol/LD. 0.3mol/L【答案】B【解析】【分析】Fe3O4可以表示为FeOFe2O3，其中+2价铁占，+3价铁占。【详解】3.48g四氧化三铁物质的量为=0.015mol，完全溶解在100mL 1mol/L硫酸后，溶液中含有Fe2+为0.015mol3=0.015mol，加入K2Cr2O7溶液25ml，恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化成Cr3+，设K2Cr2O7的物质的量浓度为
28、cmol/L，由得失电子数目守恒可得2510-3Lcmol/L2（6-3）=0.015mol1，解得：c=0.1，故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，涉及两步反应，利用方程式计算比较麻烦，抓住氧化还原反应中电子转移守恒计算是解答关键。18. 下列物质组合中,既能与强酸反应又能与强碱反应的化合物共有( )(NH4)2CO3 Al2O3 Al2(SO4)3 Al NaHSO3 Al(OH)3A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】【详解】既能和酸反应又能和碱反应的化合物有两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的铵盐、弱酸酸式盐、氨基酸等，NaHSO3为弱酸的酸式盐既能和强酸反应又
29、能和碱反应；Al2O3、Al(OH)3、Al三个为典型的两性物质也既能和酸反应又能和碱反应，但是Al为单质；(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐也既能和酸反应又能和碱反应，Al2(SO4)3只能和碱反应；故选B。19. 某黑色粉末可能是Fe3O4或Fe3O4与FeO的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下列实验方案不可行的是()A. 准确称量一定质量的黑色粉末，用H2充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质量，进行计算B. 准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，进行计算C. 准确称量一定质量的黑色粉末，用CO充分还原，在CO气流中
30、冷却后准确称量剩余固体的质量，计算D. 准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，进行计算【答案】D【解析】A根据水的质量可以计算得到氧元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量，进而确定化学式；B灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁，依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；C.剩余固体是铁，根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；D.反应前后都是固体，而且固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分。故选D。点睛：根据反应前后铁元素(或氧元素)守恒，再根据黑色粉末的质量得到氧元素
31、(或铁元素)的质量，进而确定化学式。20. 有两份质量分数不同的NaHCO3和NaOH的混合物,将它们分别用酒精灯加热至恒重测得的数据见下表.则下列叙述正确的是（ ）第一份第二份混合物的质量（g）9.220.8反应后固体的质量（g）8.315.9A. 根据表中数据不能计算出第一份混合物中NaHCO3的质量分数B. 15.9 g固体是混合物C. 第一份混合物中NaOH的物质的量大于NaHCO3的物质的量D. 第二份混合物中NaOH的质量分数一定小于32%【答案】CD【解析】【分析】混合物加热发生的反应如下：NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，如
32、果固体完全是NaOH，则加热时，固体质量不变；如果完全是碳酸氢钠，加热后，固体减少质量为二氧化碳和水的质量，减少质量分数=100%=36.9%，如果二者以1：1混合，其质量减少为水蒸气质量，减少质量分数=100%=14.5%，当混合物中碳酸氢钠质量分数越大，加热后，其固体减少质量分数越大，第一份固体减少质量分数=100%=9.8%，第二份固体减少质量分数=100%=23.6%，据此解答。【详解】A设氢氧化钠和碳酸氢钠的物质的量分别是x、y，并且xy，40x+84y=9.2、(x-y)40+106y=8.3，可计算出x与y，所以能计算碳酸氢钠质量分数，故A错误；B第二份固体减少质量分数=100%
33、=23.6%14.5%，所以碳酸氢钠的物质的量大于氢氧化钠的，发生反应NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以得到的固体是碳酸钠，因此15.9 g固体是纯净物，故B错误；C第一份固体减少质量分数=100%=9.8%，第一份减少质量分数小于第二份，说明第一份混合物中NaOH的物质的量大于NaHCO3的物质的量，故C正确；D第一份固体减少质量分数=100%=9.8%，第二份固体减少质量分数=100%=23.6%，氢氧化钠质量越大，加热后固体减少质量分数越小，氢氧化钠质量分数越大，所以第2份混合物中NaOH的物质的量小于NaHCO3的物质的量，因此
34、第二份混合物中NaOH的质量分数一定小于32%，故D正确；故答案选CD。第卷 （非选择题，共50分）三、填空题（本题包括5个小题，共50分）21. I、FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)，氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强，主要反应：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2。（1）该反应中的还原剂是_。（2）人体正常血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填字母)。 A亚硝酸盐被氧化 B维生素C是还
35、原剂C维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D亚硝酸盐是还原剂II、二氧化氯（ClO2)气体也是一种常用的自来水消毒剂。（3）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为_。 （4）自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法作如下检测(已知ClO2存在于pH为46的溶液中，存在于中性溶液中)：取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：_。 已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.0010-4 molL
36、-1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，该水样中ClO2的浓度是_mgL-1。【答案】 (1). Na2O2、FeSO4 (2). AD (3). H2C2O4+2-+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O (4). 2ClO2+2KI=2KClO2+I2 (5). 1.35【解析】【分析】结合氧化还原反应的基本概念分析解题；发生氧化还原反应的离子方程式的配平需要遵守电子守恒、电荷守恒及原子守恒；根据关系式2ClO2I22Na2S2O3解题。【详解】(1)在2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2反应中，Fe元素从+2价
37、升高为+3价，Na2O2中部分O元素从-1价升高为0价，均发生氧化反应，则反应中的还原剂是Na2O2、FeSO4；(2)Fe2+转化为Fe3+为氧化过程，而Fe3+转化为Fe2+为还原过程；A亚硝酸盐能使Fe2+转化为Fe3+，则亚硝酸盐被还原，故A错误；B维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，则维生素C为还原剂，故B正确；CFe3+转化为Fe2+为还原过程，说明维生素C能将Fe3+还原为Fe2+ ，故C正确；D亚硝酸盐能使Fe2+转化为Fe3+，则亚硝酸盐是氧化剂，故D错误；、故答案为AD；(3)草酸在硫酸酸化的条件下还原氯酸钠，生成ClO2和CO2，结合守恒法，可知发生反应的离子方程式为H2
38、C2O4+2-+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O；(4)ClO2与碘化钾反应生成I2和KClO2，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式2ClO2+2KI=2KClO2+I2；由2ClO2+2KI=2KClO2+I2和2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI得关系式2ClO2I22Na2S2O3，已知消耗Na2S2O3的物质的量为5.0010-4 molL-10.02L=1.010-5 mol，则该水样中ClO2的浓度是=1.35 mgL-1。【点睛】本题涉及氧化还原反应方程式配平，一般步骤：标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；列变化：列出元素化合价升高和
39、降低的数值；求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。22. I高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。（1）实验室里欲用KMnO4固体来配制480 mL 0.1000 molL-1的酸性KMnO4溶液。需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_。下列操作使实验结果偏大的是_(填序号)。a加水定容时俯视刻度线b容量瓶底部有少量蒸馏水c颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上d天平的砝码生
40、锈（2）某化学兴趣小组，用新配制的酸性KMnO4溶液（配制无误差）来测定某试剂厂生产的FeSO4溶液中Fe2的物质的量浓度。酸性高锰酸钾溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为_该小组在测定过程中发现，测得的Fe2的物质的量浓度比标签上的标注值要低，在滴定操作准确的前提下，可能导致该测定结果的原因如下：猜想一：FeSO4溶液变质；证明已变质的方法是_；猜想二：_。某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1 mol X在该反应中失去3.011023个电子。（3）写出该
41、反应的化学方程式：_；【答案】 (1). 500ml容量瓶 (2). ad (3). 5Fe28H=Mn25Fe34H2O (4). 取少量原溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明硫酸亚铁变质 (5). 滴定过程中，部分Fe2被氧气氧化 (6). 5PbO22MnSO42H2SO4=Pb(MnO4)24PbSO42H2O【解析】【分析】I（1）由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，则应配制500mL溶液，需要称量、溶解、移液、定容等操作，以此判断仪器；根据物质的量浓度来判断；（2）酸性高锰酸钾溶液与FeSO4溶液，发生的是Fe2+和MnO4-之间的氧化还原反
42、应，应根据酸性条件来分析离子方程式；猜想一：FeSO4溶液变质后生成Fe3+；猜想二：在滴定过程中，部分Fe2+被氧气氧化。（3）X是一种硫酸盐，且0.2mol X在该反应中失去1mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式。【详解】I(1)由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，应配制500mL溶液，需要称量、溶解、移液、定容等操作，需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管以及500mL容量瓶，故需用的仪器除了天平、
43、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要500mL容量瓶，故答案为： 500mL容量瓶；a.加水定容时俯视刻度线，则溶液体积偏小，则浓度偏高，故a正确；b.容量瓶底部有少量蒸馏水，对浓度无影响，故b错误；c.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线是正常的，又加水补上则浓度偏小，故c错误；d.天平的砝码生锈，会导致砝码的质量偏大，则称量出的药品的质量偏大，浓度偏高，故d正确。故答案选：ad；(2)在反应中，Fe2+做还原剂，被氧化为+3价，即生成Fe3+，1molFe2+失1mol电子；做氧化剂，锰元素被还原为+2价，即生成Mn2+，1mol得5mol电子，根据得失电子数相等来配平可有：5Fe28H
44、=Mn25Fe34H2O，故答案为：5Fe28H=Mn25Fe34H2O；猜想一：FeSO4溶液变质后生成Fe3+，检验方法是取少量原溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明硫酸亚铁变质；猜想二：在滴定过程中，部分Fe2+被氧气氧化。故答案为：取少量原溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明硫酸亚铁变质；滴定过程中，部分Fe2+被氧气氧化。（3）X是一种硫酸盐，且0.1molX在该反应中失去0.5mol电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还原反应中
45、得失电子数相等配平方程式，该反应方程式为：5PbO22MnSO42H2SO4=Pb(MnO4)24PbSO42H2O，故答案为：5PbO22MnSO42H2SO4=Pb(MnO4)24PbSO42H2O。23. 黄铜矿的主要成分是CuFeS2(硫元素显-2价，铁元素显+2价)。实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红(Fe2O3)的流程如下：已知：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2，FeS+2HClFeCl2+H2S（1）在实验室中，应将黄铜矿粉末放在_(填仪器名称)中焙烧。（2）欲选用下列部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气。 圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_。
46、按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a_。装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性，具体方法是_。 （3）若使用20 g黄铜矿粉末可制得8 gFe2O3(铁红)，则该黄铜矿中含CuFeS2质量分数是_ (假设各步反应均完全进行且过程中无额外物质损耗)。【答案】 (1). 坩埚 (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). bcghd (4). 关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气 (5). 92%【解析】【分析】(1)固体的焙烧在坩埚内进行；(2)圆底烧瓶中发生MnO2与浓盐酸加热反应生
47、成Cl2、MnCl2、H2O；生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；利用加热气体膨胀的原理进行装置气密性的检验；(3)根据Fe元素守恒可得：2CuFeS2Fe2O3，以此计算该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数。【详解】(1)固体的焙烧在坩埚内进行，故答案为：坩埚；(2)圆底烧瓶中发生反应为MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O故答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；生成的Cl2含有HCl
48、、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；故答案为：bcghd；利用加热气体膨胀的原理进行装置气密性的检验，所以检验方法为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；故答案为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；(3)根据Fe元素守恒可得：2CuFeS2Fe2O3，所以该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数，故答案为：92%。24. 按要求填空（1）在S2
49、-、Fe2+、Fe、Mg2+、H2S、I-、H+中，既有氧化性又有还原性的是_。（2）实验室可用以下反应制备氯气：KClO3+6HCl(浓)= KCl+ 3Cl2+3H2O。反应中有1 mol电子转移时制得氯气44g，则反应物可能的组合是_AK35ClO3+6H35Cl BK35ClO3+6H37Cl CK37ClO3+6H35Cl DK37ClO3+6H37Cl（3）将57.6 g的Cu片加入50 mL 18 mol/L的H2SO4溶液中并加热，被还原的H2SO4的物质的量为_（填“”、“=”、“”）0.45 mol（4）火箭发射时以肼（N2H4）为燃料,也可以用一氧化氮作氧化剂,在此反应过
50、程中若转移2 mol电子,则消耗燃料肼的质量为_。（5）已知溶液中含有以下离子：、CH3COO-、Na+当加入足量Na2O2固体后，离子浓度几乎保持不变的是_。【答案】 (1). Fe2+、H2S (2). B (3). (4). 16 g (5). CH3COO-【解析】【详解】（1）根据元素化合价升降分析判断。元素处于最高价的只有氧化性，故只有氧化性的为Fe3、Mg2、H；元素处于最低价的只有还原性，故只有还原性的是S2、I；中间价态的既有氧化性又有还原性，故既有氧化性又有还原性的是Fe2、H2S；（2）该反应是归中反应，根据化学方程式可知，K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3C
51、l2+3H2O可以改写为K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+1237Cl2+5235Cl2+3H2O，转移5mol电子，生成氯气的质量=12mol74g/mol+5270g/mol=212g，则转移1mol电子生成=42.4g氯气；同理可知A、B、D生成的氯气的质量分别为42g、44g、44.4g，所以只有B符合；故选B。（3）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O的反应中，有2 mol H2SO4参加反应，则有1 mol H2SO4被还原。57.6 g的Cu片的物质的量为：=0.9mol，50 mL 18 mol/L的H2SO4溶液中n（H2SO4）=0.05L18mo
52、l/L=0.9mol，由于Cu足量，随反应的不断进行，H2SO4由浓变稀，变成稀H2SO4后将不再与铜反应，故被还原的H2SO4的物质的量小于0.45 mol，故答案为：；（4）N2H4具有还原性，NO具有氧化性，二者反应生成N2和水，根据质量守恒定律可写出化学方程式为：N2H4+2NO=2N2+2H2O，该反应中还原剂是N2H4，N(20)，氧化剂为NO，N(+20)，消耗1 mol N2H4，转移4 mol e，则转移2 mol电子，消耗燃料肼0.5 mol，质量为mnM0.5 mol32 g.mol116 g，故答案为：16g；（5）加入足量的Na2O2固体后，先与水反应生成NaOH，N
53、a+浓度增大；NaOH再与、反应，使、浓度减小，浓度增大，CH3COO浓度基本保持不变；另外Na2O2还要和反应生成，亚硫酸根浓度减小，硫酸根浓度增大；综上所述，离子浓度几乎保持不变的是：CH3COO-。25. BaCl2xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；过滤并洗涤沉淀；将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g。回答下列问题：（1）在操作中，需要先后用稀硫酸和_洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是_。（2）计算BaCl2xH2O中的x=
54、_（要求写出计算过程）。（3）操作中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果_（填“偏低”、“偏高”或“不变”）。【答案】 (1). 蒸馏水 (2). 取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净 (3). 沉淀1.165g为硫酸钡质量，其物质的量=5.00010-3mol，故氯化钡晶体中氯化钡的质量=0.005mol208g/mol=1.04g，含有结晶水的质量=1.222g-1.04g=0.182g，则208：18x=1.04g：0.182g，解得x2 (4). 偏高【解析】【分析】（1）应用硫酸
55、与蒸馏水进行沉淀洗涤；具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净；（2）根据硫酸钡质量计算氯化钡质量，进而计算水的质量，根据二者质量之比确定x的值；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大。【详解】（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤，具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净；故答案为：蒸馏水；取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净；（2）沉淀1.165g为硫酸钡质量，其物质的量=5.00010-3mol，故氯化钡晶体中氯化钡的质量=0.005mol208g/mol=1.04g，含有结晶水的质量=1.222g-1.04g=0.182g，则208：18x=1.04g：0.182g，解得x2；故答案为：2；（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大，故x的值偏高；故答案为：偏高。