1、内蒙古五原县第一中学2017-2018学年高二期末考试化学试卷1.下列关于物质的用途的说法不正确的是（）A. 磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆B. 氢氧化铝、碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C. 钢罐可用于储运浓硫酸D. SO2可用于漂白纸浆【答案】A【解析】【详解】A. 磁性氧化铁是四氧化三铁，颜色为黑色，而可用于制备红色颜料和油漆的是氧化铁，A错误；B. 氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，B正确；C. 常温下，铁被浓硫酸钝化，钢罐可用于储运浓硫酸，C正确；D. SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，D正确；正确选项A。2.下列关于物质
2、的分类说法正确的是 （ ）A. SO2、CO2、 NO2都是酸性氧化物B. 汽油、漂白粉、水玻璃、液氯均为混合物C. 氯化铵、硫酸钡、次氯酸钠都是强电解质D. NH3 、NH3H2O均为电解质，且都为纯净物【答案】C【解析】A、凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，SO2、CO2是酸性氧化物，NO2不属于酸性氧化物，选项A错误；B、汽油、漂白粉、水玻璃、均为混合物，液氯属于单质，不是混合物，选项B错误；C、氯化铵、硫酸钡、次氯酸钠在水溶液中都能完全电离，都是强电解质，选项C正确；D、NH3的水溶液可以导电，但不是氨气发生电离，而是因为氨气与水反应生成了NH3H2O，NH3H2O电离出了
3、铵根离子（NH4+)和氢氧根离子（OH-)，NH3H2O是电解质，而NH3不是电解质，是非电解质，选项D错误。答案选C。3. 下列单质或化合物性质的描述正确的是A. Na2CO3的溶解性比NaHCO3小B. SiO2与酸、碱均能反应，属于两性氧化物C. FeCl3溶液制作铜质印刷线路板的离子反应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+D. Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】C【解析】试题分析：A、Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，A错误；B、SiO2与是酸性氧化物 可以和减反应 而与HF反应是SiO2的一个特性，不是两性氧化物，B错误；C、FeCl3溶液制作铜质印刷线路板
4、的离子反应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，C正确；D、铁和氯气反应只生成氯化铁，D错误。答案选C。考点：单质或化合物性质4.下列各组中的两物质相互反应时，与反应条件和用量无关的是（）A. Na和O2 B. Fe和FeCl3C. Na2CO3和HCl D. AlCl3和NaOH【答案】B【解析】【分析】A.钠和氧气反应生成氧化钠,钠在空气中燃烧生成过氧化钠； B.无论FeCl3溶液是否过量,铁和FeCl3溶液反应都生成氯化亚铁； C.少量盐酸和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，过量盐酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳； D.氯化铝和少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀,和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；【
5、详解】ANa和O2在加热的条件下反应生成过氧化钠，不加热生成氧化钠，与反应条件有关系，A错误；BFe和FeCl3溶液反应生成氯化亚铁，与反应条件和用量没有关系，B正确；C少量盐酸和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠,CO32-+H+=HCO3-,过量盐酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳, CO32-+2H+=CO2+H2O,量不同,生成物不同,故C错误；DAlCl3和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化钠不足生成氢氧化铝沉淀，与用量有关系，D错误；正确选项B。5. 下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是：A. 胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀B. 布朗运动是胶体粒子
6、特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分C. 光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应D. 只有胶状的物质如胶水、果冻类的才能称为胶体【答案】C【解析】试题分析：A、胶体较均一、较稳定，错误；B、胶体粒子可做布朗运动，但不是胶体特有，不能用布朗运动区分胶体、溶液、悬浊液，错误；C、丁达尔效应是胶体特有的性质，正确；D、胶体不一定是胶状，错误。考点：本题考查胶体的性质。6.下列离子方程式书写正确的是( )A. Na与水反应Na+H2O=Na+OH-+H2B. 向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+C. 实验室盛装NaOH溶液
7、的试剂瓶不能用玻璃塞SiO2+2OH-=SiO32-+H2OD. 向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O+CO32-【答案】C【解析】【分析】A.原子个数不守恒；B.氢氧化铁胶体不是沉淀,不能用沉淀符号； C.二氧化硅为酸性氧化物,能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠溶液,硅酸钠具有粘性； D.氢氧化钠过量,反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；【详解】ANa与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，故A错误； B向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，故B错C二氧
8、化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠溶液，离子方程式：SiO2+2OH-SiO32-+H2O，故C正确；D向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2+2OH-+2HCO3-CaCO3+2H2O+CO32-，故D错误；正确选项C。7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. pH1的溶液中：K、Fe2、MnO4、SO42B. c(Fe3)0.1 molL1的溶液中：K、ClO、SO42、SCNC. c(H)/c(OH)1012的溶液中：NH4+、Al3、NO3-、ClD. 与铝反应生成氢气的溶液中：NH4+、K、Cl、SiO32-【
9、答案】C【解析】试题分析：A、pH1的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2与MnO4发生氧化还原反应不能大量共存，A错误；B、Fe3与SCN能够生成配合物，不能大量共存，B错误；C、c(H)/c(OH)1012的溶液显酸性，酸性溶液中NH4+、Al3、NO3-、Cl能够大量共存，C正确；D、与铝反应生成氢气的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中NH4+不能大量存在，在酸性溶液中SiO32-不能大量存在，D错误。考点：考查了离子共存的相关知识。8.某同学在实验室中用KMnO4代替MnO2制备Cl2，反应原理为2KMnO4+16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。下列叙述不正确的是（
10、）A. 氧化剂为KMnO4，其中Cl元素被还原B. 若有0.8molH2O生成，则反应中有NA个电子转移C. 浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5【答案】A【解析】A、该反应过程中KMnO4中Mn元素从+7价降低到+2价，因此KMnO4是该反应的氧化剂，HCl中Cl元素从-1价升高的0价，所以Cl元素被氧化，A错误符合要求。B、反应生成0.8molH2O时，参加反应的KMnO4为0.2mol，KMnO4失去电子数为50.2mol=1mol，既反应转移NA个电子，B正确不符合要求。C、HCl反应生成MnCl2表现了HCl的酸性、生成Cl2体现了HCl的还
11、原性，C正确不符合要求。D、反应中氧化剂KMnO4消耗2mol时，被氧化的HCl是10mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，D正确不符合。正确答案A。点睛：该反应中HCl既表现酸性，也表现还原性。因此用HCl计算反应过程中电子转移时，HCl失去的电子数为110=10，因为参加反应的16份HCl中有6份生成MnCl2、KCl。9.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 1 mol Na 与足量 O2 反应，生成 Na2O2，钠失去2 NA 个电子B. 18gD2O中含有的质子数目为10NAC. 常温常压下，1mol氦气中含有的核外电子数为2NAD. ag某气体含分子数为b，
12、cg该气体在标况下的体积为22.4ab/(c NA) L。【答案】C【解析】【分析】A、求出二氧化氮的物质的量，然后根据3mol二氧化氮和水反应转移2mol电子来分析； B、重水的摩尔质量为20g/mol； C、氦气为单原子分子； D、根据ag气体的分子数为b，可以知道此气体的摩尔质量为 M=a/(bNA)= aNA/bg/mol，据此进行分析。【详解】A、标况下6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而3mol二氧化氮和水反应转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮和水反应转移0.2mol电子即0.2NA，故A错误；B、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol
13、，则含9mol质子即9NA，故B错误； C、氦气为单原子分子，故1mol氦气中含1mol氦原子，而氦原子核外有2个电子，故1mol氦气的核外有2mol电子即2NA，故C正确； D、根据ag气体的分子数为b，可以知道此气体的摩尔质量为M=a/(bNA)= aNA/bg/mol，则cg该气体的物质的量n=c/M=cb/aNAmol，在标况下的体积为22.4bc /(aNA) L，故D错误；正确选项C。【点睛】本题主要考察阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答本题的关键是要掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系，本题的易错点为A，1 mol Na无论与何物质发生反应，只要完全反应，转
14、移电子数为NA。10.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（ ）A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【答案】B【解析】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO4
15、5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故选B。视频11.下列溶液中，氯离子的物质的量浓度与50mL1 molL-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相等的是A. 150 mL 1 molL-1氯化钠溶液 B. 75 mL 1.5 molL-1氯化钾溶液C. 150 mL 3 molL-1氯化钾溶液 D. 50 m
16、L 3 molL-1氯化镁溶液【答案】C【解析】试题分析：50mL1 molL-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度是3mol/L，A150 mL 1 molL-1氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度是1mol/L；B75 mL 1.5 molL-1氯化钾溶液中氯离子的物质的量浓度是1.5mol/L；C150 mL 3 molL-1氯化钾溶液中氯离子的物质的量浓度是3mol/L；D50 mL 3 molL-1氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度是6mol/L，根据以上分析可知答案选C。考点：考查物质的量浓度的计算12.下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）A. 质量相等，密度不等的N2和C2H4 B.
17、等密度、体积不等的CO2和C2H4C. 等温等体积的02和N2 D. 等压等体积的N2和C02【答案】A【解析】【分析】根据N=NAm/M可以知道，气体的物质的量相等，则气体含有的分子数一定相等。氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，则质量相等时二者的物质的量相等；B气体的质量不等，气体的摩尔质量不等，气体的物质的量不一定相等； C压强影响气体的体积，不是相同压强下，气体的物质的量不一定相等；D温度影响气体体积，不是相同温度下，二者的物质的量不一定相等；【详解】A根据N=NAm/M可以知道，相同质量时，气体分子数与其摩尔质量成反比，二者摩尔质量相等都是28g/mol，则等质量时二者的物质的量相等，所以
18、二者含有分子数一定相等，故A正确； B等密度、体积不等的CO2和C2H4,两种气体的质量不相等，两种气体的摩尔质量也不等，两种气体的物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；C因为压强影响气体体积，等温下、等体积的O2和N2，其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故D错误；D因为温度影响气体体积，等压、等体积的N2和CO2，其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；正确选项A。【点睛】对于气体来说，影响气体体积的因素主要有温度、压强、气体的量。当三个变量中有两个变量不变时，讨论另外两个变量的关系。根据气态方程：P V=nRT，当温度和压强一定时，气体的体积和气
19、体的物质的量成正比；当气体的体积和温度一定时，压强和物质的量成正比；当压强和温度不变时，气体的摩尔质量和气体的密度成正比。该题主要考察气态方程的具体应用。13.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入Fe粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是()A. 加入KSCN溶液一定不变红色 B. 溶液中一定含Fe2C. 剩余固体中一定含Cu D. 溶液中一定含Cu2【答案】D【解析】【分析】氧化性Fe3+Cu2+，FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，先发生2FeCl3+Fe=3FeCl2反应，然后发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2反应，据此解答。【详解】由题意知氧化性顺序为Fe3+C
20、u2+Fe2+，则剩余的固体一定含有铜。成份有两种可能：（1）只有铜,没有铁，当固体为铜时,溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu；（2）剩余固体为铁和铜的混合物，当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+,一定含有Fe2+；综上,剩余的固体一定含有铜,只要有固体剩余一定没有Fe3+，加入KSCN溶液一定不变红色,一定含有Fe2+,可能含有Cu2+，故D错误；A、B C均正确；正确选项D。【点睛】对于
21、含有几种氧化性不同的离子的溶液来说，加入同一种还原剂，该还原剂先与氧化性强的离子反应，直至该离子全部被还原，才能接着进行下一个离子的还原反应，也就是体现了氧化还原反应中的“反应先后”规律；本题中离子氧化性顺序为Fe3+Cu2+Fe2+，解题时就要按此规律进行分析。14.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法中错误的是()A. 、中除加试剂外，还需要进行过滤操作B. 加热蒸干b溶液能得到原溶质C. 中需要通入过量的NH3D. 进行的操作是加热，而且d一定是Al2O3【答案】C【解析】【详解】本题考查铝土矿冶炼过程中的实验操作、混合物的分离等物
22、质的成分的确定等知识。A.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，加入HCl时，氧化铝、氧化铁发生反应产生可溶性的物质，而二氧化硅不能溶解，因此要过滤除去；当向含有氯化铝、氯化铁的溶液中加入过量的NaOH溶液时，会产生氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，故应该过滤除去氢氧化铁沉淀，正确。B当向含有氯化铝、氯化铁的溶液中加入过量的NaOH溶液时，会产生氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤出沉淀，所以滤液b为偏铝酸钠溶液，加热蒸干b溶液能得到原溶质偏铝酸钠，正确；C向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳气体会产生氢氧化铝沉淀，但通入的氨气与偏铝酸钠不反应，错误；D将氢氧化铝过滤、洗涤，然后灼烧氢氧化铝分解得到
23、氧化铝，进行熔融状态的电解就可以产生Al，正确。正确选项C。15. 下列各组试剂在溶液中反应，当两种试剂的量发生改变时，不能用同一离子方程式表示的是A. 氯化镁、氢氧化钠 B. 硫酸钠、氢氧化钡C. 氯化铝、氨水 D. 溴化亚铁、氯水【答案】D【解析】试题分析：A、氯化镁+氢氧化钠氢氧化镁，A错误；B、硫酸钠,氢氧化钡硫酸钡，B错误；C、氯化铝,氨水氢氧化铝（氨水碱性不足,不能让氢氧化铝溶解成偏铝酸），C错误；D、随着氯水量的增加,先把亚铁氧化成铁,然后把溴离子氧化成溴,然后是溴酸根离子，D正确。答案选D。考点：离子反应16.100mL 0.1mol/L AlCl3溶液中,加入1mol/L N
24、aOH溶液v mL后,再滴加1mol/L盐酸。滴加盐酸的体积(横坐标)与生成沉淀的质量(纵坐标)如图示的关系,则加NaOH溶液的体积为（ ）A. 10mL B. 30mL C. 40mL D. 50mL【答案】D【解析】【详解】50mLAlCl3的物质的量是n=cV=0.10.1=0.01mol，Al(OH)3消耗盐酸的体积是50-20=30mL，盐酸物质的量是n=cV=10.03=0.03mol，根据反应AlOH)3+3HCl=AlCl3+3H2O可知， 设Al(OH)3的量为x，3x =0.03mol，x=0.01mol，所以Al3+是全部沉淀的；AlCl3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，
25、反应为：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，因此n(NaOH)=4n(AlCl3)= 0.014=0.04mol；NaOH消耗HCl的体积是10mL=0.01L，反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O，因此n(NaOH)= n(HCl)= 0.011=0.01mol；所以消耗NaOH总的物质的量是0.04+0.01=0.05mol，体积是V=n/c=0.05/1=0.05L=50mL，D正确；正确答案：D。17.下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是(
26、 )A. 甲为小苏打，乙为纯碱B. 要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C. 加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D. 整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊【答案】C【解析】A碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A
27、烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确；故选C【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，题目难度中等，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案18.蛇纹石由MgO、A12O3、SiO 2、Fe2O 3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述不正确的是( )A. 沉淀X的成分是SiO2B. 将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3，C. 在溶液Y中加入过量的NaO
28、H溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2D. 溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+【答案】B【解析】试题分析：A因二氧化硅不溶于水，也不溶于酸，则蛇纹石先溶于过量的盐酸过滤后的沉淀为SiO2，正确； B将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，得到红色颜料Fe2O3中含有MgO，错误；C蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成，加入过量的盐酸，金属氧化物发生反应，得到的溶液Y中主要是Mg2、Al3、Fe3、H，加入过量的NaOH溶液，Al3转化为AlO2-，留在溶液中，Mg2、Fe3+形成Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，正确； D
29、金属氧化物MgO、Al2O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子，且酸过量，所以溶液Y中主要是Mg2、Al3、Fe3、H，正确。考点：考查物质的组成和性质的知识。19.根据表中信息判断，下列选项不正确的是( )序号反应物产 物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4C12、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4-C12、Mn2+A. 氧化性由强到弱顺序为MnO4- C12Fe3+Br2B. 第组反应的氧化产物为O2C. 第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2D. 第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol【答案】A【解析】试题分析：A.根据可
30、知氧化性：MnO4-H2O2；根据可知氧化性：Cl2Br2Fe3+；根据可知氧化性：MnO4-Cl2，所以氧化性：MnO4-Cl2Br2Fe3+，错误；B在第组反应中氧化剂是KMnO4，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，正确；C第组反应中3Cl2+ 6FeBr2= 2FeCl3+4FeBr3，所以Cl2与 FeBr2的的物质的量之比为1：2，正确；D在第组反应中根据电子转移数目相等可知：生成1mol Cl2，转移电子2mol，正确。考点：考查氧化还原反应的有关知识。20.某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分(已知不含其他还原性离子)进行了检测，其中三次检测结果如下表所示：检测序号溶液中
31、检测出的离子组合第一次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、AlCl3、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl则下列说法合理的是( )A. 三次检测结果都正确B. 该溶液中的阳离子无法判断C. 为了检验SO42-，应先加过量稀硝酸后再滴加Ba(NO3)2，观察是否有沉淀现象D. 为了确定是否存在CO32-，可以向其中滴加CaCl2溶液，观察是否有沉淀现象【答案】C【解析】试题分析：A、由于第二次中的AlCl3与K2CO3发生互促水解反应，不能共存，A错误；B、阳离子可以通过焰色反应确定，B错误；C、硫酸钡不溶于硝酸，可先加入硝酸酸化，然后加入
32、硝酸钡检验，C正确；D、加入CaCl2溶液时，CaSO4也可能出现沉淀，无法确定一定存在CO32-，D错误。答案选C。考点：离子检验21.过渡元素在现代社会得到广泛应用。请回答下列问题：(1)铬能够生成美丽多色的化合物。自然界中铬以铬铁矿Fe(CrO2)2形式存在，将铬铁矿和碳酸钠混合后在空气中煅烧，将其转化为易溶于水的物质。请完成其化学方程式：4Fe(CrO2)28Na2CO37O2=_2Fe2O38CO2。(2)高锰酸钾因其强氧化性和溶液颜色变化明显而被用于物质的鉴定。请写出SO2与酸性高锰酸钾溶液反应的化学方程式：_。(高锰酸根离子的还原产物为Mn2)(3)向硫酸亚铁中滴加双氧水后变色，
33、请写出其离子方程式：_。(4)镍主要用于合金(可用来制造货币等)及用作催化剂(如氢化反应的催化剂)，常见化合价为2、3。已知镍的氢氧化物均不溶于水。请写出碱性条件下Ni2与溴水反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 8Na2CrO4 (2). 5SO22KMnO42H2O=2MnSO42H2SO4K2SO4 (3). 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O (4). 2Ni26OHBr2=2Ni(OH)32Br或2Ni(OH)22OHBr2=2Ni(OH)32Br【解析】【详解】(1)反应中氧气做氧化剂，而Fe(CrO2)2做还原剂，被氧化，Cr由+3价氧化为+6价，根据原子守恒规律，所以缺
34、少的产物为8Na2CrO4 ；正确答案：8Na2CrO4。（2）高锰酸根离子被还原为Mn2+， 二氧化硫被氧化为SO42-，反应的化学方程式为：5SO22KMnO42H2O=2MnSO42H2SO4K2SO4；正确答案：5SO22KMnO42H2O=2MnSO42H2SO4K2SO4。(3)二价铁离子被氧化为三价铁离子，过氧化氢被还原为水，离子方程式为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O ；正确答案：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(4)Ni2被氧化为Ni3，碱性溶液中生成氢氧化物沉淀，Br2被还原为Br，对应的离子方程式为：2Ni26OHBr2=2Ni(OH)32Br或2Ni(O
35、H)22OHBr2=2Ni(OH)32Br；正确答案：2Ni26OHBr2=2Ni(OH)32Br或2Ni(OH)22OHBr2=2Ni(OH)32Br。22.某实验小组配制0.10mol/LNaOH溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。（1）若实验中大约要使用475mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体_g。（2）从下图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）_。在配制溶液时，当快到达刻度线时如何进行定容操作_。名称托盘天平（带砝码）小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器序号abcdef（3）下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（填序号） _称量读数时，左盘高，右盘低 所用的砝码生锈 溶液转移
36、到容量瓶后，未进行洗涤操作 转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时，仰视容量瓶的刻度线 在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度实验室欲配制用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，用少量水洗涤量筒【答案】 (1). 2.0 (2). abe (3). 当液面据刻度线1-2cm时改用胶头滴管加水至溶液凹面与刻度线相切 (4). 【解析】【分析】(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶,根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量； (2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；(3)分析操作对溶质的物质的量
37、和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析；【详解】(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL 容量瓶,实际配制500mL溶液,需要氢氧化钠质量m=0.50.140=2.0g；因此，本题正确答案是：2.0。 (2)氢氧化钠具有腐蚀性所以称量氢氧化钠固体应用的仪器:托盘天平,药匙,小烧杯；在配制溶液时，当液面据刻度线1-2cm时改用胶头滴管加水至溶液凹面与刻度线相切；因此，正确答案：abe；当液面据刻度线1-2cm时改用胶头滴管加水至溶液凹面与刻度线相切。(3)称量读数时,左盘高,右盘低,导致称量的固体质量偏小,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选；所用的砝码生锈
38、,导致称量的固体质量偏大,溶质的物质的量偏大,溶液浓度偏高,故不选；溶液转移到容量瓶后,未进行洗涤操作,导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响,溶液浓度不变,故不选；定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选；在烧杯中溶解NaOH后,立即将所得溶液注入容量瓶中,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故不选；定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选；用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，用少量水洗涤量筒，造成所取硫酸溶质的量增
39、大，溶液浓度偏高,故不选；符合题意的选项。正确选项。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。23.某化学实验兴趣小组在“探究氯水与溴化亚铁溶液反应”的实验中发现：“在足量的溴化亚铁溶液中，加入12滴氯水，振荡后溶液呈黄色。”根据已有化学知识及资料，请你对上述现象形成原因进行分析与探究：(1)提出问题猜想：溶液呈黄色是因发生离子反应 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- 所致。溶液呈黄色是因发生离子反应_(填离子方程式)所致。(2)设计实验并
40、验证为验证与中是哪个原因导致了溶液变黄色，设计并进行了以下实验。请根据以下所给试剂，进行合理选用，完成实验方案1和方案2：试剂酚酞试液.CCl4.无水酒精.KSCN溶液方案操作步骤实验现象结论1取所述黄色溶液于试管中，滴加_并振荡溶液变红色_2取所述黄色溶液于试管中，滴加_并振荡_(同上)（3）实验结论：以上实验不仅验证了溶液变黄的真实原因，同时证明了Fe2+的还原性比Br-_(填“强”.“弱”. “几乎一致”)。【答案】 (1). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (2). KSCN溶液 (3). 溶液中有Fe3+生成（相近意思都给分） (4). CCl4 (5). 溶液分层，下层为无色油
41、状液体 (6). 强【解析】【分析】（1）根据溴水的颜色来进行猜想；（2）利用Fe3+的检验及萃取来进行实验的设计，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶；（3）由氧化性Br2Fe3+，则还原性：Fe2+氯Br-；【详解】（1）因溴水的颜色为黄色，则溶液呈黄色是因为含有Br2所致，氯气能够把溴离子氧化为溴单质，离子反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；正确答案：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。（2）因Fe3+遇KSCN溶液变为红色，所以溶液中有Fe3+生成；溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶，充分振荡静置后分层，上层为黄色、下层为无色； 正确答案：
42、方案操作步骤实验现象结论1KSCN溶液溶液中有Fe3+生成2CCl4溶液分层，下层为无色油状液体溶液（3）由氧化性Br2Fe3+，则Fe2+的还原性比Br-强；正确答案：强。24.在高温下，Fe 与水蒸气可发生反应。应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下Fe 与水蒸气反应的实验。请回答该实验中的问题。（1）写出该反应的化学方程式_。（2）实验前必须对整套装置进行的操作是_；（3）在高温条件下铁与水能发生反应。资料显示，在不同温度下，还原铁粉与水蒸气反应的产物是不同的，温度低于570 时，生成FeO，高于570 时，生成Fe3O4。老师用如
43、图所示实验装置，完成还原铁粉与水蒸气反应的演示实验。实验中使用肥皂液的作用是_。甲同学为探究实验后试管内的固体X中含有哪些物质，进行了下列实验。实验编号实验操作实验现象取少量黑色粉末X放入试管1中，加入盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈黄绿色；有少量气泡产生向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色根据上述实验，能确定固体中存在的物质是_；不能确定是否存在FeO的原因是_。如果黑色粉末是Fe3O4,则黑色粉末和盐酸反应得离子方程式为_。【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (2). 气密性的检验 (3). 检验有H2生成 (4). Fe (5). 如果有铁粉剩
44、余，也会将溶液中Fe3+转变成Fe2+ (6). Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O【解析】【详解】(1)铁与水蒸气发生氧化还原反应,生成Fe3O4和H2 ,方程式为: 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；因此，本题正确答案: 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 。 (2)实验前必须对整套装置进行气密性检查；因此，本题正确答案是: 气密性的检验。(3) 能够把肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声说明有氢气生成，即作用是检验反应中生成氢气；正确答案：检验有H2生成。与盐酸反应有气泡冒出说明含有铁；不能确定是否含有Fe3O4或FeO，铁与盐酸反应生成了氯化亚铁，
45、如果混合物中存在Fe3O4，溶于盐酸生成的 Fe3+与Fe反应生成了Fe2+；正确答案： Fe；如果有铁粉剩余，也会将溶液中Fe3+转变成Fe2+。四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的化学方程式为：Fe3O4+8HCl2FeCl3+FeCl2+4H2O，离子方程式为：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O；正确答案：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O。25.为验证氧化性Cl2Fe3+SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和甲中加热装置已略，气密性已检验）。实验步骤：在甲装置中，打开活塞a，加热，待装置中充满黄绿色气体时，与丙装置连接。当丙装置中FeC12
46、溶液变黄时，停止加热。打开活塞c，使约2mL的溶液滴入试管中，检验溶液中的离子。在乙装置中，打开活塞b，待空气排尽后，将乙中产生的气体通入上述丙装置变黄后的溶液中，一段时间后，停止。更新丙中试管，打开活塞c，使约2mL的溶液滴入试管中，检验溶液中的离子。回答下列问题：（1）甲中发生反应的化学方程式为_。（2）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是_。（3）实验中，证明氧化性Fe3+SO2的离子方程式为_。（4）有、三组同学分别完成了上述实验，实验结果如下：步骤3溶液中含有的离子步骤5溶液中含有的离子既有Fe3+又有Fe2+有SO42-有Fe3+无Fe2+有SO42-有Fe
47、3+无Fe2+有Fe2+上述实验结果一定能够证明Cl2Fe3+SO2的是_（填“I”、“II”或“III”）。【答案】 (1). MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2 (2). 70%的硫酸中c(H)比98%的硫酸大 (3). 2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424H (4). I、【解析】【详解】（1）在加热的条件下二氧化锰氧化浓盐酸生成氯气，所以甲中发生反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2；正确答案：MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2。（2）应用70%的硫酸中c(H)比98%的硫酸中c(H)大，氢离子浓度大反应速率快；正确答案：70%的
48、硫酸中c(H)比98%的硫酸大。（3）铁离子具有氧化性，能把SO2氧化生成硫酸，反应的离子方程式为2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424H；正确答案：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424H。（4）步骤3溶液中含有铁离子生成，说明氯气把亚铁离子氧化生成铁离子。根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性是氯气强于铁离子；I组实验中既有Fe3又有Fe2，这说明氯气不足。因此能与SO2反应的只有铁离子。由于步骤5溶液中含有SO42，这说明铁离子把SO2氧化生成了硫酸，因此氧化性是铁离子强于SO2，I正确；组实验中有Fe3无Fe2，因此不能排除氯气是否过量。实验即使步骤5溶液中含有SO
49、42，也不能说明是被铁离子氧化的，所以无法证明氧化性是铁离子强于SO2。组实验中有Fe3无Fe2，虽然不能说明氯气是否过量，但由于在步骤5溶液中含有亚铁离子，这说明在反应中铁离子被SO2还原，所以可以证明氧化性是铁离子强于SO2，答案选I、；正确选项I、。26.据下图的转化关系及现象回答下列问题。(1)固体X的名称_；A的化学式_。(2)写出反应的化学方程式_；_；_；_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】由转化关系可以知道淡黄色固体为Na2O2，则A为CO2，B为O2，金属单质为Na，固体Y为Na2CO3，白色沉淀为CaCO3，【详解】（1
50、）由以上分析可以知道X为过氧化钠，A为CO2；（2）为Na2O2和CO2的反应，反应的方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，为Na2CO3和澄清石灰水的反应，反应的方程式为Na2CO3+Ca（OH）2CaCO3+2NaOH，为Na和O2的反应，反应的方程式为2Na+O2 Na2O2；为碳酸钙和盐酸的反应，反应的方程式为CaCO3+2HClCaCl2+CO2+H2O，27.铜及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：(1)用新制Cu(OH)2与葡萄糖反应可制备Cu2O，该反应中葡萄糖是_(填“氧化剂”或“还原剂”)。(2)用H2O2、H2SO4混合溶液浸泡废印刷电路板可制备C
51、uSO4以实现铜的回收利用，其离子方程式为_。(3)用NH4NO3氧化海绵铜(含Cu的CuO)生产CuCl的部分流程如下：步骤I中反应温度不宜过高的原因是_，当05 mol NH4NO3参加反应时，反应中有4 mol电子发生转移，则铜参加反应的离子方程式为 _。步骤中物质X可选用_(填字母)，该物质需过量的原因，其一是加快反应速率，其二是_。aCu bCl2 cH2O2 d(NH4)2SO3【答案】 (1). 还原剂 (2). Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O (3). 防止生成氮氧化物造成污染 (4). 4Cu+NO3-+10H+=4Cu2+NH4+3H2O (5). ad (6).
52、 防止CuCl被氧化【解析】【详解】（1）葡萄糖中含有醛基，能够被新制氢氧化铜氧化为羧基，化学方程式为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O+2H2O，生成葡萄糖酸和Cu2O，Cu元素化合价降低，被还原，为氢氧化铜为氧化剂，葡萄糖为还原剂，被氧化；正确答案：还原剂。（2）铜在酸性条件下，被双氧水氧化为铜离子，双氧水被还原为水，化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O；正确答案：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O。（3）海绵铜加入硫酸酸化的硝酸铵，由于酸性条件
53、下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，因硝酸铵易分解，则加热温度不能太高，经步骤得到硫酸铵和硫酸铜溶液，经步骤可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，经过滤可得到CuCl和硫酸铵溶液；加热温度不能太高，硝酸根离子可被还原生成氮氧化物，易导致环境污染；0.5molNH4NO3参加反应有4mol电子转移，则N元素被还原为3价，反应的离子方程式为4Cu+NO3+10H+=4Cu2+NH4+3H2O；正确答案：防止生成氮氧化物造成污染；4Cu+NO3-+10H+=4Cu2+NH4+3H2O。经步骤可得到CuCl，反应中Cu元素被
54、还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，ad符合；该物质需过量以防止CuCl被氧化；正确答案：ad；防止CuCl被氧化。【点睛】本题考察了铜的化合物的性质，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考察，题目考查全面，难度中等，为高考常见题型。28.工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO、SiO2等氧化物杂质）制取金属锌的流程如图所示。回答下列问题：（1）ZnFe2O4中Fe的化合价为_价，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸时ZnFe2O4反应的离子方程式为_，酸浸后滤渣的成分主要是_。（2）酸浸时一般要将锌焙砂粉碎
55、，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可以采用的方法是_（任答一条即可）（3）净化中H2O2参与反应的离子方程式为_，试剂X的作用是_，（4）净化中得到的Y是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】（1）根据锌的化合价为+2价、氧元素的化合价为-2价，结合化合物各元素代数和为0，则ZnFe2O4中Fe的化合价为+3价；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸时ZnFe2O4与酸反应生成锌盐、铁盐和水，反应的离子方程式为：ZnFe2O4 + 8H+ = Zn2+ + 2Fe3+ + 4H2O；由于二氧化硅不溶于硫酸，故酸浸后滤渣的成分主要是SiO2；（2）增大反应物的浓度、升高温度、增大反应物接触面积等都可以加快反应速率，所以可以采用增大硫酸的浓度或适当升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等来加快反应速率；（3）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：H2O2 + 2Fe2+ + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O；通过以上分析可知，X为ZnO；其作用为调节溶液的PH，使Fe3+转化为沉淀；（4）锌焙砂中含有CuO，溶于硫酸后，硫酸铜在净化中被加入的锌还原，得到的Y是铜。