1、河北省唐山市2018-2019学年高一上学期期末考试（B卷）化学试卷1.下列属于酸的是A. SO2B. CaCO3C. HClOD. NaOH【答案】C【解析】【分析】电离时生成的阳离子全部是H+的化合物属于酸，据此判断。【详解】A. SO2属于非金属氧化物，不能电离出氢离子，故A错误；B.碳酸钙电离出的阳离子都是钙离子，故B错误；C.次氯酸电离出的阳离子都是氢离子，故C正确；D.氢氧化钠电离出的阳离子都是钠离子，阴离子全部为氢氧根，其为碱，故D错误；故答案为C。2.下列属于电解质的是A. 氯气B. 氯化钠C. 蔗糖D. 水玻璃【答案】B【解析】【分析】电解质是指在熔融状态或者水溶液中能导电的
2、化合物。【详解】A.氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B.氯化钠在熔融状态或者水溶液中能导电，且为化合物，属于电解质，故B正确；C.蔗糖熔融状态下和水溶液中均不能导电，不是电解质，故C错误；D.水玻璃为硅酸钠的水溶液，是混合物，不是电解质也不是非电解质，故D错误；故答案为B。3.下列图示与操作名称不对应的是A. 升华B. 分液C. 过滤D. 蒸馏【答案】A【解析】【详解】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可
3、知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。4.可用于治疗胃酸过多的物质是A. 氢氧化钠B. 碳酸氢钠C. 氯化铁D. 氯化钠【答案】B【解析】【分析】根据胃酸中的酸是盐酸及盐酸的化学性质进行分析，要治疗胃酸过多，可以选用能与盐酸反应的物质，且应选择无毒、无腐蚀性的物质，据此进行分析解答。【详解】A.氢氧化钠属于强碱，具有强烈的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多的药物，故A错误；B. 碳酸氢钠与盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，且碱性较弱，宜用做治疗胃酸过多的药物，故B正确；C.氯化铁和盐
4、酸不反应，故C错误；D.氯化钠与盐酸不反应，故D错误；故答案为B。5.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）A. 硫酸铜溶液B. 氯化镁溶液C. 碘酒D. 氢氧化铁胶体【答案】D【解析】【详解】A. 硫酸铜溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，A不合题意；B. 氯化镁溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，B不合题意；C. 碘酒，是碘的酒精溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C不合题意；D. 氢氧化铁胶体，是胶体，能产生丁达尔效应，D符合题意；故选D。6.下列反应一定是氧化还原反应的是（ ）A. 分解反应B. 化合反应C. 置换反应D. 复分解反应【答案】C【解析】【详解】A分解反应
5、中可能发生化合价的改变，如果有单质的生成，就一定有化合价的变化，所以分解反应可能是氧化还原反应，故A错误；B化合反应中可能发生化合价的改变，如果有单质参加反应，就一定有化合价的变化，所以化合反应可能是氧化还原反应，故B错误；C在置换反应中因为有单质参加和单质生成，一定有化合价的变化，所以置换反应一定是氧化还原反应，故C正确；D在复分解反应中，因为是化合物相互交换成分生成了新的化合物，一定没有化合价的变化，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误；故答案为C。【点睛】明确各种反应类型的特点是解题关键，置换反应一定属于氧化还原反应，则是包含关系，复分解反应一定不属于氧化还原反应，则不是包含也不
6、是交叉关系，有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，有单质参加的化合反应属于氧化还原反应，则化合、分解反应与氧化还原反应都是交叉关系。7.下列气体排入大气，能形成酸雨的是A. CO2B. N2C. NO2D. O3【答案】C【解析】【详解】二氧化硫和一氧化氮、二氧化氮等是引起酸雨的主要气体，故答案为C。8.下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（ ）A. SO2SO32-B. CuOCuC. Cl2ClD. II2【答案】D【解析】【详解】A. SO2SO32-，没有变价元素，不需加入氧化剂，A不合题意；B. CuOCu，此转化中CuO做氧化剂，需加入还原剂才能实现，B不合题意；C. Cl2Cl
7、，此转化中，虽然Cl元素的价态降低，但并不需要加入还原剂，因为Cl2与碱或水反应，就可实现，C不合题意；D. II2，此转化中，I-价态升高，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D符合题意。故选D【点睛】分析物质转化时，一方面我们要考虑元素价态发生改变，可能需要加入氧化剂或还原剂，另一方面还要思考，是否不另加氧化剂或还原剂，利用物质自身的氧化还原反应，也能实现此转化。9.在含有溴化钾和碘化钾的混合溶液里通入过量氯气，然后把此溶液蒸干、灼烧，得到的固体物质是A. KCl和KBrB. KClC. I2D. Br2【答案】B【解析】【分析】向含有KBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，生成K
8、Cl和Br2、I2，加热时Br2易挥发，I2易升华，以此可解答该题。【详解】向含有KBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，发生Cl2+2KI=2KCl+I2，Cl2+2KBr=2KCl+Br2，加热时Br2易挥发，I2易升华，最后剩余的固体为KCl，故选：B。10.重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是A. H2O与D2O互称同素异形体B. 1H与D互称同位素C. 氘（D）原子核外有1个电子D. 1H2与D2化学性质几乎相同【答案】A【解析】【详解】AH2O与D2O均为水，属于化合物，不互为同素异形体，故A错误；B1H与D质子数都是1，中子数分别为0、1，互称同位素，故B
9、正确；C氘(D)质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故C正确；D1H2与D2都是氢气，化学性质几乎相同，故D正确；故选A。11.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】混合溶液中加入氢氧化钠，先生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝沉淀溶解，最后只剩余氢氧化镁沉淀；故选D。【点睛】掌握氢氧化铝的两性是关键，铝盐中加入氢氧化钠，先生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量时，氢氧化铝能溶解生成偏铝酸钠。1
10、2.下列说法不正确的是A. 氯水保存在棕色细口瓶中B. 稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并不断搅拌C. 金属钠着火时，可以迅速用水或沙子来灭火D. 实验后剩余的金属钠粒可放回原试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A、氯水中HClO见光易分解，故应避光保存，应保存在棕色的细口瓶中，故A正确；B、浓硫酸稀释时放热，故应将浓硫酸注入水中，并边倒入边搅拌，故B正确；C、钠能和水反应，钠着火不能用水灭火，故C错误；D、剩余的固体为了防止污染试剂，一般不可以放回原试剂瓶，但剩余的金属钠可以放回原试剂瓶，故D正确。故选：C。13.下列有关硫及其化合物性质的说法中，正确的是A. 铜粉和硫粉混合加热
11、可制得CuSB. 久置酸雨酸性增强，原因是水的挥发C. SO2通入石蕊试液中，溶液颜色先变红，再褪色D. 亚硫酸钠暴露在空气中容易被氧化成硫酸钠【答案】D【解析】【详解】A、硫单质氧化性弱，氧化变价金属生成低价化合物，铜粉和硫粉混合加热可制得Cu2S，故A错误；B、酸雨酸性增强是二氧化硫和水反应生成的亚硫酸被空气中的氧气氧化得到硫酸溶液，因此久置酸雨酸性增强，故B错误；C、二氧化硫是酸性氧化物，溶于水形成亚硫酸，显酸性；二氧化硫的漂白性具有选择性，不能使变红的石蕊溶液褪色，故C错误；D、亚硫酸钠暴露在空气中容易被空气中的氧气氧化成硫酸钠，故D正确；故选：D。14.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，
12、下列说法正确的是A. 23gNa与足量H2O完全反应生成的H2所含原子数目为NAB. 16g甲烷（CH4）所含的电子数为8NAC. 标准状况下，22.4L水所含分子数为NAD. 足量的Fe在11.2L氯气中完全燃烧，转移电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A23g钠即1mol钠，1mol钠与水反应生成0.5mol氢气，含有氢原子数目为0.5mol2NA=NA，故A正确；B16g甲烷即1mol甲烷，1mol甲烷含10mol电子，故电子数10NA，故B错误；C标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D氯气状况未知，无法计算氯气的物质的量，所以不能计算转移电子数目多少，
13、故D错误；故选：A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，掌握有关物质的量的计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象。15.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，不正确的是A. Na2CO3和NaHCO3的俗称分别为纯碱、小苏打B. 相同温度下，在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C. 等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量的盐酸反应，Na2CO3产生CO2的量多D. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量的盐酸反应，产生CO2的量一样多【答案】C【解析】【详解】A、Na2CO3的俗名为纯碱、NaHCO3俗名小苏打，则Na2CO3、NaHCO3的俗
14、称分别为纯碱、小苏打，故A正确；B相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，则溶解度为Na2CO3NaHCO3，故B正确；C、106g Na2CO3和84g NaHCO3均为1mol，与过量酸反应时，由C原子守恒可知，生成二氧化碳均为1mol，即放出CO2的质量相等，所以相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量：Na2CO3NaHCO3，故C错误；D、根据碳守恒可知等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量的盐酸反应，产生CO2的量一样多，故D正确；故选：C。16.除去下列物质中所含的少量杂质（括号内为杂质），所用除杂试剂正确的是A. NaCl溶液（I2）用
15、CCl4B. 硝酸银溶液（硝酸铜）加铜粉C. Na2CO3（NaHCO3）用HCl溶液D. CO2（HCl）用NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则加四氯化碳萃取可分离，故A正确；B硝酸银与Cu反应生成硝酸铜和银，加铜粉把主要物质反应掉，故B错误；C碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应，不能除杂，应加适量NaOH溶液，故C错误；DCO2、HCl均能与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；故选：A。17.下列有关工业生产的说法中不正确的是A. 电解熔融氯化镁可制取金属镁B. 电解饱和食盐水可制取氯气C. 生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶
16、体硅D. 工业上制取硝酸的第一步为氨的催化氧化反应【答案】C【解析】【详解】A制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，故A正确；B电解饱和食盐水反应的方程为 ，所以电解饱和食盐水可制取氯气，故B正确；C石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，而不是晶体硅，故C错误；D氨气在催化作用下反应被氧化生成NO和水，化学方程式为： ，是工业制硝酸的第一步，故D正确；故选：C。18.在酸性溶液中能大量共存离子组是A. Ca2、Na、CO32、SO42B. K、Fe2、Na、NO3C. HCO3、K、Cl、SO42D. Na、Mg2、Cl、NO3【答案】D【解析】【分析】酸性溶液中含有
17、大量氢离子，离子之间不反应且和氢离子不反应的离子能大量共存，据此分析解答。【详解】ACa2+、CO32-生成碳酸钙沉淀，Ca2+、SO42-生成硫酸钙微溶物，且酸性条件下碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故A错误；B酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故B错误；C酸性条件下HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故C错误；D这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。【点睛】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中限制性条件“酸性
18、”溶液，B为解答易错点，题目难度不大。19.只用一种试剂把MgSO4、AlCl3、NH4Cl、CuCl2、NaCl五种溶液区别开，这种试剂是A. NaOH溶液B. BaCl2溶液C. AgNO3溶液D. 氨水【答案】A【解析】【分析】五种物质的阳离子各不相同，可加入碱鉴别，生成不同的物质，现象各不相同，以此解答该题。【详解】A五种溶液分别与NaOH反应的现象为：白色沉淀、先白色沉淀后消失、刺激性气体、蓝色沉淀、无现象，产生不同现象，可以鉴别，故A正确；B加入氯化钡溶液，只能鉴别硫酸镁，不能鉴别氯化铝、氯化铵以及氯化钠，故B错误；C加入硝酸银溶液，都生成沉淀，不能鉴别，故C错误；D加入氨水，Mg
19、SO4、AlCl3都生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误。故选：A。【点睛】进行物质的鉴别时，所选的试剂与待鉴别物质混合需有明显的不同现象；对于鉴别题，熟悉物质之间的化学反应及反应的现象是解答的关键。20.下列离子方程式中，不正确的是A. 过量CO2气体通入NaOH溶液中：CO2+OH=HCO3B. 将氯气通入水中：Cl2+H2O Cl+ClO+2HC. 向SiO2粉末中加入足量的NaOH溶液：SiO2+2OH= SiO32+ H2OD. 用氯化铁溶液腐蚀铜，制作印刷电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2【答案】B【解析】【详解】A向NaOH溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠，离子反应为CO2+
20、OH-HCO3-，故A正确；B氯气通入水中，离子方程式：Cl2+H2OCl-+HClO+H+，故B错误；C二氧化硅溶于NaOH溶液，离子方程式：SiO2+2OH-SiO32-+H2O，故C正确；D用FeCl3溶液腐蚀铜来制作印刷电路板，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故D正确；故选：B。21.某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为所含离子ClSO42H+M浓度 /（molL1）2121A. Na+B. Al3+C. NO3D. Mg2+【答案】D【解析】【详解】溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电
21、量为：2mol/L1+1mol/L2=4mol/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2mol/L，故M为阳离子，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x1，解得x=+2，结合选项可知，M为Mg2+，故选D。22.将SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，再加入试剂Y，产生白色沉淀，则Y不可能是A. NaOH溶液B. H2O2溶液C. AgNO3溶液D. NH4Cl溶液【答案】C【解析】【分析】将SO2气体通入BaCl2溶液，无明显现象，再加入试剂Y，有白色沉淀生成，则Y应为强氧化性物质或碱性物质，可生成硫酸钡或亚硫酸钡沉淀，或是氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，据此解答。【详解】A二氧
22、化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与氯化钡生成亚硫酸钡白色沉淀，故A不选；B二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故B不选；C硝酸银，氯化钡与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C不选；D二氧化硫、氯化钡、氯化铵不反应，不能产生白色沉淀，故D选；故选：D。23.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A. 用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B. 用图2所示装置验证木炭与浓硫酸的反应产物中含有CO2C. 用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D. 用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱【答案】D【解析】【详解】A图1所示
23、收集方法为向上排空气法，氨气的密度大于空气，应该采用向下排空气法，故A错误；B木炭与浓硫酸反应生成的二氧化硫和二氧化碳都能够使澄清石灰水变浑浊，检验二氧化碳前需要除去二氧化硫，排除干扰，图2所示装置无法验证反应产物中是否含有CO2，故B错误；C加热NaHCO3固体分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，大试管口应该稍稍向下倾斜，图示装置易导致大试管炸裂，故C错误；D高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与溴化钠溶液反应生成溴单质，证明氧化性：KMnO4Cl2Br2，故D正确；故选：D。24.取铜镁合金14.4g完全溶于一定浓度的硝酸中，反应过程中硝酸的还原产物只有2.24LNO2和4.48LNO气体（气体体
24、积都已折算成标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为A. 22.4gB. 26.3gC. 28.5gD. 30.0g【答案】B【解析】【分析】反应生成沉淀的质量为氢氧化镁、氢氧化铜的质量，也等于金属质量+氢氧根离子质量；根据电子守恒关系可知金属失去电子的物质的量与生成一氧化氮、二氧化氮得到电子的物质的量相等，也等于氢氧根离子的物质的量，据此可计算出氢氧根离子的质量，进而可计算生成沉淀的质量，以此解答该题。【详解】本题涉及反应有：CuCu2+Cu(OH)2，MgMg2+Mg(OH)2，反应后生成Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合
25、的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成2.24L 的NO2气体和4.48L的NO气体，反应中转移的电子的物质的量为：(5-4)+(5-2)=0.7mol，所以生成的沉淀的质量为：14.4g+0.7mol17g/mol=26.3g，故选：B。【点睛】，明确反应中注意电子的物质的量与沉淀中氢氧根离子的物质的量相等为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法。25.某学生需要用烧碱固体配制0.5molL1的NaOH溶液480mL，请回答下列问题：（1）计算后用托盘天平称量NaOH固体_g。（2）配制时，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_和_（填
26、仪器名称）。（3）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是_（填序号）。容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干定容观察液面时俯视移液过程中未洗涤烧杯和玻璃棒（4）若从配制好的溶液中量取100mL，在这100mL溶液中Na的物质的量是_，OH-的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 10.0 (2). 胶头滴管 (3). 500 mL容量瓶 (4). (5). 0.05 mol (6). 0.5 molL1【解析】【分析】（1）配制0.5moL-1的NaoH溶液480mL，应选择500mL容量瓶。依据m=cVM计算需要溶质的质量；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、移
27、液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此选择需要仪器；（3）分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V进行误差分析；（4）依据溶液均一性，结合n=cV计算解答。【详解】（1）配制0.5moL-1的NaoH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量为：0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g；故答案为：10.0；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少仪器：胶头滴管、500 mL容量瓶；故答案为：胶头滴管、500 mL容量瓶；（3）容量瓶
28、实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；定容观察液面时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；移液过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏小，故选；故选：；（4）氢氧化钠溶液为强电解质，完全电离，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，等于氢氧化钠浓度，所以从配制好的溶液中量取100mL，在这100mL溶液中Na+的物质的量是0.5mol/L0.1L=0.05mol，溶液具有均一性，与体积无关，所以氢氧根离子浓度为0.5mol/L，故答案为：0.05 mol 0.5 molL-1。26.某研究性学习小组设计了如下
29、装置制取和验证SO2的性质请回答：（1）图中仪器a的名称为_。（2）A中发生反应的化学方程式是_。（3）若C中溶液褪色，体现SO2具有_性。（4）过量NaOH溶液与SO2反应的离子方程式是_。（5）向两支装有品红溶液的试管中，分别通入Cl2和SO2，发现两支试管中品红溶液均褪色，请你设计实验证明哪支试管中通入的是SO2：_。（6）该小组继续设计实验，相同条件下将Cl2和SO2两种气体按体积1：1混合，再通入品红溶液中，观察溶液几乎不褪色。查阅资料知：两种气体按体积1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cu +
30、 2H2SO4 (浓) CuSO4 + SO2+2H2O (3). 还原 (4). SO2+2OH= SO32 + H2O (5). 将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO2 (6). Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】【分析】A中浓硫酸与铜在加热条件下反应生成二氧化硫和水、硫酸铜，二氧化硫具有漂白性，能够使B中品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能够与C中高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫有毒，多余的二氧化硫可以用D中氢氧化钠吸收，以此解答该题。【详解】（1）由装置图可知仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）浓硫酸具有强氧化性，加热条件下可与铜发生氧化还原反应，方程式
31、为 ，（3）高锰酸钾具有强氧化性，C中高锰酸钾褪色，说明二氧化硫具有还原性，故答案为：还原；（4）过量NaOH溶液与SO2反应生成亚硫酸钠，离子方程式是SO2+2OH-=SO32-+H2O；（5）二氧化硫的漂白效果具有不稳定性，加热可恢复到原来的颜色，则鉴别两种气体，可将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO2，故答案为：将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO2；（6）氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。27.已知A是一种淡黄色固体，可做供氧剂，C为具有磁性的黑色晶体，E的焰色反应为黄色，F为红褐色固体（部分
32、产物已略去）。（1）物质A、F的化学式分别是_、_。（2）CD的过程中第步反应的离子方程式是_。（3）如何检验D中的金属阳离子，说明具体的操作和实验现象_。（4）E溶液与地壳中含量最多的金属元素的单质发生反应的化学方程式为_。（5）G与D溶液也能发生反应，其反应的类型为_（填序号）。a.化合反应 b.置换反应 c.复分解反应 d.氧化还原反应【答案】 (1). Na2O2 (2). Fe(OH)3 (3). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl (4). 取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显血红色（其它合理答案也得分 (5). 2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2 (6). a
33、d【解析】【分析】已知A是一种淡黄色固体，可做供氧剂，应为Na2O2，C为具有磁性的黑色晶体，应为Fe3O4，E的焰色反应为黄色，则由转化关系可知E为NaOH，B为O2，D为FeCl3，F为红褐色固体，应为Fe(OH)3，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知A为Na2O2 ，F为Fe(OH)3 ，故答案为：Na2O2 ； Fe(OH)3 ；（2）CD的过程中第步反应的离子方程式是2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；（3）D为FeCl3，阳离子为铁离子，检验铁离子，可取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，可观察到溶液显血红色，故答案为：取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显血红
34、色；（4）地壳中含量最多的金属为铝，与氢氧化钠反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（5）铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，为化合反应和氧化还原反应，故答案为：ad。【点睛】题目涉及浓硫酸、硝酸的性质，物质的颜色、反应现象及特殊反应是推断突破口，注意对基础知识的全面掌握。28.某实验小组推测，某无色溶液中可能含有以下离子：K、Al3、Mg2、Cu2、NH4、Cl、CO32、SO42，进行如下实验：取适量该溶液，加入过量NaOH溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，并得到澄清溶液。在所得溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀。另取原溶液于试管中，加足量BaCl2溶
35、液后，得白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不溶解。根据上述实验回答：（1）写出中反应生成气体的离子方程式_。（2）该溶液中一定存在的离子有_，不能确定是否存在的离子有_。【答案】 (1). NH4+OHNH3H2O (2). NH4+、Al3+、SO42 (3). K、Cl【解析】【分析】溶液无色，则不含Cu2+，取适量该溶液，加过量NaOH溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，并得到澄清溶液，说明含有NH4+，不含Mg2+；在所得溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，应生成氢氧化铝，则原溶液含有Al3+，不含CO32-；另取原溶液于试管中，加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，再加稀盐酸，沉
36、淀不溶解，说明含有SO42-，可能含有K+、Cl-，以此解答。【详解】（1）中反应生成气体为氨气，离子方程式为；（2）由以上分析可知一定存在的离子为NH4+、Al3+、SO42-，不能确定的离子为K+、Cl-，故答案为：NH4+、Al3+、SO42-；K+、Cl-。29.氧化还原反应在化学研究和工业生产中意义重大。在一定条件可发生如下两个氧化还原反应：Fe+ H2SO4（浓）Fe2(SO4)3+ SO2+H2O（未配平）3S+6KOH2K2S+ K2SO3+3H2O试回答下列问题：（1）反应中氧化产物为_，当反应中生成标准状况下6.72LSO2气体时，被还原H2SO4的物质的量为_mol。（2
37、）反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为_，若反应中有4.8161023个电子发生转移时，消耗S的质量为_。【答案】 (1). Fe2(SO4)3 (2). 0.3 (3). 1:2 (4). 19.2 g【解析】【分析】反应中，S元素化合价降低，被还原，H2SO4是氧化剂，生成SO2为还原产物，Fe元素化合价升高，被氧化，Fe是还原剂，生成Fe2(SO4)3为氧化产物，转移电子数为6e-，据此分析解答；（2）反应中S既是氧化剂又是还原剂，氧化剂得到还原产物K2S，还原剂得到氧化产物K2SO3；根据转移电子计算参加反应的S的质量。【详解】（1）反应中，Fe元素化合价升高，被氧化，Fe是还原剂，
38、生成Fe2(SO4)3为氧化产物；S元素化合价降低，被还原，H2SO4是氧化剂，生成SO2为还原产物，则生成标准状况下6.72LSO2气体时，被还原的H2SO4有=0.3mol，故答案为：Fe2(SO4)3；0.3；（2）反应中S既是氧化剂又是还原剂，氧化剂得到还原产物K2S，还原剂得到氧化产物K2SO3，由还原产物、氧化产物的化学计量数，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；由方程式可知消耗3molS转移电子为1mol(4-0)=4mol，所以有4.8161023个即 =0.8mol电子发生转移时，消耗S的质量为332=19.2 g；故答案为：2：1；19.2 g。30.有碳酸钠、
39、碳酸氢钠的混合物19.0g，把它们加热到质量不再减轻，冷却后称量为15.9g。求：（1）原混合物中碳酸钠的质量分数_。（写出计算过程，结果保留3位有效数字）（2）将原混合物19.0g完全溶解于蒸馏水水中，配成500mL溶液，则其中钠离子物质的量浓度为_。【答案】 (1). 混合物加热只有碳酸氢钠分解：，减少的质量(19.0-15.9)g为水和二氧化碳的质量，168：62=m(NaHCO3)：3.1g，解得m(NaHCO3) =8.4g，则碳酸钠为19.0-8.4=10.6g，所以碳酸钠的质量分数为100%=55.8%答：原混合物中碳酸钠的质量分数约是55.8%。 (2). 0.600 molL
40、-1【解析】【分析】（1）混合物加热只有碳酸氢钠分解：，减少的质量为水和二氧化碳的质量，根据方程式计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数；（2）计算碳酸氢钠、碳酸钠的物质的量，可知溶液中钠离子物质的量总量，根据定义式计算钠离子物质的量浓度。【详解】（1）混合物加热只有碳酸氢钠分解：，减少的质量(19.0-15.9)g为水和二氧化碳的质量，168：62=m(NaHCO3)：3.1g，解得m(NaHCO3) =8.4g，则碳酸钠为19.0-8.4=10.6g，所以碳酸钠的质量分数为100%=55.8%答：原混合物中碳酸钠的质量分数约是55.8%。（2）190g原混合物中n(Na2CO3)=0.11mol，n(NaHCO3)=0.1mol，故溶液中n（Na+）=0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中c（Na+）=0.6mol/L。【点睛】本题考查混合物计算，关键是明确发生的反应，判断减少的质量为水和二氧化碳的质量，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
