1、兰州一中2020-2021-1学期期末考试试题高一化学说明：本试卷分第 I卷(选择题)和第 II卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。可能用到的相对原子量：H- 1 C -12 N- 14 O- 16 Na-23 Mg-24 Al-27第 I卷(选择题 )一、单选题1. 运输化学药品浓硫酸的车辆，应该张贴的标志为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】A浓硫酸不是易燃液体，不能张贴，故A错误；B浓硫酸有强氧化性，可作氧化剂，但不张贴，故B错误；C浓硫酸不是剧毒品，不能张贴，故C错误；D浓硫酸具有强腐蚀性，应该张贴，故
2、D正确；故答案为D。2. 下列关于胶体的说法正确的是( )A. 胶体和溶液可以利用滤纸分离，这种提纯方式是渗析B. 丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，是一种物理现象C. 向煮沸的 NaOH溶液中逐滴加入少量饱和 FeCl3溶液，可制得 Fe(OH)3胶体D. 胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应【答案】B【解析】【分析】【详解】A胶体中的胶粒和溶液中的溶质分子或离子都能透过滤纸，则不能用过滤的方法分类胶体与溶液，而渗析是利用半透膜分离提纯胶体，故A错误；B胶粒直径介于 1100nm之间，小于可见光光波长，对光散射形成丁达尔效应，故B正确；C把饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热至溶
3、液呈现红褐色停止加热，即得到Fe(OH)3胶体，而向煮沸的 NaOH溶液中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液得到的是Fe(OH)3沉淀，故C错误；D胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小，其中胶体中的胶粒的直径介于1100nm之间，故D错误；故答案为B。3. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1molH2O所含有的原子数为NAB. 0.1mol/LMgCl2溶液中Cl-离子数为0.2NAC. 常温常压下，11.2LCl2所含的分子数为0.5NAD. 32gO2含有的氧原子数为2NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A一个水分子含有2个H原子和1个O原子共3个原子，所以1mol
4、H2O所含有的原子数为3NA，故A错误；B溶液体积未知无法确定溶液中微粒的数目，故B错误；C常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，所以11.2L氯气的物质的量不是0.5mol，故C错误；D32gO2的物质的量为=1mol，含有NA个O2分子，2 NA个O原子，故D正确；综上所述答案为D。4. 下列物质AlNaHCO3Al2O3(NH4)2CO3Al(OH)3中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】Al既能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，又能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，符合题意；NaHCO3既能与盐酸反应生成氯化钠、水
5、和二氧化碳，又能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，符合题意；Al2O3既能与盐酸反应生成氯化铝和水，又能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，符合题意；(NH4)2CO3中铵根离子可与碱反应生成一水合氨，碳酸根离子可与酸反应，符合题意；Al(OH)3既能与盐酸反应生成氯化铝和水，又能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，符合题意；综上所述，符合题意，D项正确，故选D。5. 只用一种试剂就能将NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4，四种溶液区别，这种试剂是A. NaOH溶液B. AgNO3溶液C. Ba(OH)2溶液D. BaCl2溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A氢氧化钠溶液
6、能与NH4Cl溶液或(NH4)2SO4溶液产生有刺激气味的气体，现象相同，且与NaCl溶液或Na2SO4溶液不反应，则无法鉴别四种溶液，故A错误；BAgNO3溶液与这四种溶液混合均会产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故B错误；C氢氧化钡溶液与(NH4)2SO4溶液混合能产生白色沉淀和有刺激性气味的气体，与NH4Cl溶液混合产生有刺激性气味的气体，与NaCl溶液混合无现象，与Na2SO4溶液混合能产生白色沉淀，能鉴别四种溶液，故C正确；D氯化钡溶液能与(NH4)2SO4溶液及Na2SO4溶液均产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故D错误；故答案为C。6. 下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol
7、L-1FeCl3溶液中的c(Cl-)相等的是A. 150mL 1molL-1NaCl溶液B. 50mL 1molL-1NH4Cl溶液C. 50mL 3molL-1KClO3溶液D. 100mL l.5molL-1BaCl2溶液【答案】D【解析】【分析】50mL 1molL-1FeCl3溶液中的c(Cl-)=1mol/L3=3mol/L。【详解】A150mL 1molL-1NaCl溶液中的c(Cl-)=1mol/L1=1mol/L，A不符合题意；B50mL 1molL-1NH4Cl溶液中的c(Cl-)=1mol/L1=1mol/L，B不符合题意；C50mL 3molL-1KClO3溶液中不含有C
8、l-，C不符合题意；D100mL l.5molL-1BaCl2溶液中的c(Cl-)=1.5mol/L2=3mol/L，D符合题意；答案选D。7. 下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）纯净物混合物电解质非电解质A碳酸冰水混合物醋酸铅干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝氨气C胆矾氨水盐酸铜D冰醋酸食盐水氯化汞石墨A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，以此来解答。【详解】A冰水混合物都是水，是纯净物，故A错
9、误；B各种物质归类正确，故B正确；C盐酸是混合物，不是电解质，铜是单质，不是非电解质，故C错误；D石墨是单质，不是非电解质，故D错误。答案选B。8. 为了除去KCl溶液中的CaSO4、MgSO4，可将混合物溶于水，然后进行下列五项操作：过滤；加过量的KOH溶液；加适量的盐酸；加过量的K2CO3溶液；加过量BaCl2溶液。下列操作顺序中最合适的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】为了除去KCl溶液中的CaSO4、MgSO4及泥沙，可将混合物溶于水，先加入加过量BaCl2溶液除掉硫酸根，再加入过量KOH溶液除掉镁离子，再加入过量K2CO3溶液除掉钙离子和多余的钡离子(根据碳
10、酸钠的作用，碳酸钠溶液只能加在氯化钡溶液后面，KOH溶液可在过滤前任意位置都可以加进去除镁离子)，再过滤，过滤后再向滤液中加入适量盐酸，因此操作顺序中最合适的是，故答案为B。9. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I- +3H2O3I2+6OH-B. 向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：+OH-NH3+H2OC. 将过量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3H2O+D. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H+Ag+NO+H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A酸性环境中不可能大量存在OH-，A错误；B、都会与OH-发生反应，B错误；C反应符合
11、事实，遵循物质拆分原则，C正确；D电子不守恒、原子不守恒，D错误；故合理选项是C。10. 下列叙述中正确的是A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【答案】D【解析】【分析】【详解】A、CaCO3与CO2在水中反应生成Ca(HCO3)2，再加入NaHCO3不反应
12、，不会有沉淀生成，A项错误；B、向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，无CO2气体放出，B项错误；C、等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl反应时，放出的CO2多，C项错误；D、发生的反应为：Na2CO3+ CO2+ H2O =2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解性较小，故有结晶析出，D项正确，答案选D。11. 1L 0.1molL-1NaOH溶液吸收0.08molCO2，所得溶液中n(Na2CO3)和n(NaHCO3)之比约为A. 34B. 13C. 23D. 31【答案】B【解析】【分
13、析】【详解】根据碳原子守恒可知n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.08mol，根据Na元素守恒可得2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=1mol，解得n(Na2CO3)=0.02mol，n(NaHCO3)=0.06mol，所以n(Na2CO3)和n(NaHCO3)之比为0.02mol：0.06mol=1：3，故答案为B。12. 有MgCl2、Al2(SO4)3的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如下图所示，则溶液中MgCl2与Al2(SO4)3的物质的量浓度之比为A. 11B. 23C. 32D. 21【答案】A【解析】分析】【详解
14、】向MgCl2、Al2(SO4)3混合溶液中不断加入NaOH溶液，发生以下反应，Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Al3+3OH-=Al(OH)3，Al3+4OH-=Al(OH)4-，根据生成Al(OH)4-消耗的NaOH体积即0.25V，可以推出生成Al(OH)3消耗的NaOH体积即0.75V，再求出生成Mg(OH)2消耗的NaOH体积即0.25V，设溶液中n(Mg2+)为xmol，n(Al3+)为ymol，则二者消耗NaOH体积之比为2x3y=0.250.75，推出xy=12，则溶液中MgCl2与Al2(SO4)3的物质的量浓度之比为11，故选A。【点晴】本题考查了混合物反应的计算，明确图
15、象曲线变化的含义及对应反应为解答关键，注意掌握守恒思想的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。对于该类图象题应该注意每段图象发生的化学反应，写出化学方程式根据方程式找出量的关系进行计算。MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，Al2(SO4)3与NaOH反应可分为两步，第一步生成生成Al(OH)3沉淀，第二步Al(OH)3与NaOH生成可溶于水的四羟基合铝酸钠，根据沉淀溶解时消耗的NaOH的体积可以求出沉淀Al3+消耗的NaOH的体积，V体积NaOH溶液减去沉淀Al3+消耗的NaOH的体积就是沉淀Mg2+消耗的NaOH进而求出Mg2+和Al3+的物质的量之比。13. 把50
16、0mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为A. 10(2ab)molL1B. 10(b2a)molL1C. 20(ba)molL1D. 0.1(b2a)molL1【答案】B【解析】【分析】【详解】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同；一份加入含a mol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=(Na2SO4)=a mol；另一份加入含b mol硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl-=AgCl，恰
17、好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)=b mol，根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，每份溶液中n(K+)=b mol-2a mol=(b-2a) mol，故钾离子浓度为=10(b-2a)molL-1，故选B。14. 下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CAl2O3AlO2-Al(OH)3DSiSiO2H2SiO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属
18、钠，故A错误；B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜，但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；故选C。15. 将Na2O2加入到含有的溶液中，充分反应后(溶液体积变化忽略不计)，溶液中离子浓度保持不变的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】Na2O2加入到溶液中，会与水反应产生NaOH和O2，NaOH电离产生Na
19、+、OH-，使Na+浓度增大；OH-与反应产生、H2O，使浓度减小，浓度增大；同时Na2O2具有强氧化性，会将溶液中的氧化为，则浓度减小，在反应过程中不产生，也不消耗，其浓度不发生变化，故溶液中离子浓度保持不变的离子是，所以合理选项是D。16. 随着我国汽车年销量的大幅增加，给空气环境造成了很大的污染。汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物B.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2C. 反应中CO为氧化剂，CO2为氧化产物D. 催化转化总化学方程式为【答案】D【解析】【分析】汽车尾气的有害气体主要是氮氧
20、化物、一氧化碳等，根据图片知，NO2在整个过程中是一种中间产物，一氧化氮气体和氧气、一氧化碳会在催化剂表面发生反应，转化为无毒气体，从而起到尾气净化作用。【详解】A该反应中，NO生成为N2，N元素化合价降低，则NO是氧化剂，N2是还原产物，故A错误；B有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，无N2，故B错误；C反应中CO为还原剂，CO2为氧化产物，故C错误；D该反应反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO+O2+4CO=4CO2+N2，故D正确；故答案为D。17. 分类法在化学学科发展中起到了非常重
21、要的作用，下列分类依据合理的是（ ）根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物根据物质在水溶液中或熔化时是否导电将物质分为电解质和非电解质A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】依据氧化物性质把氧化为分为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等，正确；化学反应中元素化合价是否发生变化把反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，而电子转移是引起化合价变化的原因，正确；根据分散质微粒直径大小不同，将分散系分为溶液、
22、胶体和浊液，错误；根据否是由一种元素组成的纯净物可以分为单质和化合物，正确；根据电解质能否在水溶液完全电离分强电解质和弱电解质，错误；综上正确；故答案选：A。18. 向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是A. 二氧化碳：K+、Na+、Cl-B. 氨气：Mg2+、Al3+、Na+、C. 氯化氢：Ca2+、Fe3+、Cl-D. 氯气：Na+、Ba2+、【答案】C【解析】【分析】【详解】ACO2、H2O会发生反应产生，不能大量共存，A不符合题意；BNH3H2O与Mg2+、Al3+会发生反应产生Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；CHCl溶于水电离产生H+
23、、Cl-，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D氯气溶于水，反应产生HCl、HClO，HCl与会反应产生H2O、CO2；HClO与会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。19. 用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A. 若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2CO3 H2SiO3B. 若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色C. 若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊D. 装置D起干燥气体作用【
24、答案】C【解析】【分析】【详解】A浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；BA为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；CA为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；D仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；故答案为C。20. NH3和NO2在催化剂作用
25、下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断不正确的是A. 转移电子2.4NAB. 生成的气体冷却至标况，体积为15.68 LC. 还原剂比氧化剂多0.2 molD. 被还原的氮原子是11.2 g【答案】D【解析】【分析】【详解】A在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 molN2，转移电子2.4 mol，则转移的电子数目为2.4NA，A正确；B根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 m
26、ol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol22.4 L/mol=15.68 L，B正确；C反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；D根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol14 g/
27、mol=8.4 g，D错误；故合理选项是D。21. 现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法”。以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是已知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。A. “还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为SiB. 为最大程度节约成本，上述生产工艺中能循环使用的物质只有H2C. 为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行D. “氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1SiHCl3+H2【答案】B【解析】【分析】二氧化
28、硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200300下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。【详解】A二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；B流程中H2、HCl 既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；C“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；D由流程可知，通入氯化氢在200300下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HClSiHCl3+H2，故D正确；故选B。22. 利用SCR技术可有效降
29、低柴油发动机NOx排放。SCR工作原理为尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，再利用NH3转化NOx，装置如图所示，下列说法不正确的是A. 尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应B. 转化器工作过程中，当转移0.6 mol电子时，会消耗4.48 L NH3(标况)C. 该装置转化NO时，还原剂与氧化剂物质的量之比为3：2D. 转化NO2过程的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，A正确；BNH3转移NOx，反应产生N2、H2O，当转
30、移0.6 mol电子中消耗NH3的物质的量为n(NH3)=0.2 mol，则该氨气在标准状况下的体积V(NH3)=0.2 mol22.4 L/mol=4.48 L，B正确；C该装置转化NO时，NH3作还原剂，NO为氧化剂，根据电子守恒可知还原剂与氧化剂物质的量之比为2：3，C错误；DNH3还原NO2反应产生氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可知反应的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O，D正确；故合理选项是C。23. X溶液中可能含有下列6种离子中的几种：Fe3+、Fe2+、Na+、Cl、。某同学为确定其成分，设计并完成以下实验(所加试剂均足量)：下列说法正确的是A. X溶液中一
31、定存在Na+、B. X溶液中一定存在、，至少含有Fe3+、Fe2+离子中的一种，可能含有Na+C. 取少量X溶液，先加入适量氯水，再加少量KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe2+D. X溶液中一定含有Cl，且c(Cl)0.1molL1【答案】B【解析】【分析】加入过量的盐酸和氯化钡溶液得到沉淀1，该沉淀应为硫酸钡，原溶液中含有硫酸根，且100mL溶液中n()=0.02mol；X溶液中加入NaOH溶液加热可以生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该气体为氨气，原溶液中存在铵根，且100mL溶液中n(NH)=0.01mol；得到的沉淀3在空气中灼烧得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，n(
32、Fe2O3)=0.01mol，说明原溶液中含有Fe3+或Fe2+或二者都有，且n(Fe)=0.02mol；综上所述已经确定100mL溶液中有0.02molSO、0.01mol NH，还有0.02mol铁元素，无论是Fe2+还是Fe3+，正电荷总数都会超过硫酸根所带负电荷综上，所以溶液中还一定存在氯离子，当铁元素为Fe2+，且不含钠离子时，氯离子的物质的量最少，为0.01mol。【详解】A根据分析可知不能确定是否含有Na+，故A错误；B根据分析可知X溶液中一定存在、Cl-，至少含有Fe3+、Fe2+离子中的一种，可能含有Na+，故B正确；C溶液呈血红色，有2种可能，一是原溶液中含有Fe2+，被氯
33、水氧化生成了Fe3+，另一种是原溶液中就存在Fe3+，因此不能判断是否含有Fe2+，故C错误；D根据分析可知n(Cl)至少为0.01mol，溶液体积为100mL，则c(Cl)0.1mol/L，故D错误；综上所述答案为B。第 II卷(非选择题)24. 铁是人类较早使用金属之一，完成下列问题。(1)下列铁的化合物中，可以由单质直接化合得到的是_(用字母代号填)。AFe(OH)2 BFeCl3 CFe(OH)3 DFe3O4(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，与水反应可生成透明的红褐色胶体。上述反应的离子方程式如下，请将方程式补写完整。_+_H2O=_Fe(OH)3(胶体
34、)+_O2+_OH-(3)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式_。某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，采用下列步骤：请写出上述过程中滤渣中所含成份的化学式_，物质的化学式_。【答案】 (1). BD (2). 4 (3). 10 (4). 4 (5). 3 (6). 8 (7). 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 (8). Fe、Cu (9). Cl2【解析】【分析】腐蚀废液为FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合物，加入过量铁粉后，Fe3+转化为Fe2+，Cu2+转
35、化为Cu；过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu的混合物；往滤渣中加入过量盐酸，与Fe反应生成FeCl2和H2，此时滤液为FeCl2、HCl的混合液；合并两份滤液，然后通入Cl2，将Fe2+氧化为Fe3+，从而得到FeCl3溶液。【详解】(1)AFe(OH)2通常由亚铁盐与碱发生复分解反应制得，A不合题意；BFeCl3可由Fe与Cl2在点燃条件下反应制得，B符合题意；CFe(OH)3可由复分解反应制得，也可由Fe(OH)2、O2、H2O化合制得，B不合题意；DFe3O4可由Fe与O2在点燃条件下反应制得，D符合题意；故选BD。答案为：BD；(2)利用得失电子守恒，先配Fe(OH)3(
36、胶体)、O2的化学计量数，进而确定的化学计量数；再利用电荷守恒配OH-的化学计量数，最后利用质量守恒配H2O的化学计量数，从而得出配平的方程式为：4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8OH-。答案为：4；10；4；3；8；(3)FeCl3溶液与金属铜反应，生成FeCl2和CuCl2，化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；由分析知，滤渣为过量的铁与生成铜的混合物，所含成份的化学式为Fe、Cu，物质为将FeCl2氧化为FeCl3、且不引入新的杂质的试剂氯气，化学式为Cl2。答案为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；Fe、Cu；Cl2。25. 饮用水质量
37、是关系人类健康的重要问题。(1)在我国，一些贫困山区的农民至今还饮用井水，但暴雨过后井水混浊，无法饮用。为了能让暴雨过后井水尽快变的澄清，你会建议他们最好向井水中投入下列中的_(填序号)。ANaCl BNa2CO3 CKAl(SO4)212H2O DFe2(SO4)3(2)氯气是最早用于饮用水消毒的物质：用氯氧化法可处理含KCN的废水，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐，氰酸盐再进一步被氧化为无毒物质。实验室将17.4g MnO2加入到12mol/L 400mL的浓盐酸中制取Cl2，该反应的化学方程式为：_，反应产生的气体在标况下的体积为_；投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请用
38、双线桥法标出电子转移方向和数目_：2KOCN+4KOH+3Cl2=2CO2+N2_+6KCl+2H2O_若某厂废水中含KCN的浓度为0.65g/L，处理上述废水20.0 L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯的物质的量为_mol。【答案】 (1). CD (2). MnO2 +4HCl(浓)Cl2+ MnCl2+ 2H2O (3). 4.48L (4). (5). 0.5【解析】【分析】【详解】(1)铝离子或铁离子水解均可以生成胶体吸附水中悬浮物而净水，所以加入少量的KAl(SO4)212H2O或Fe2(SO4)3净水，故选CD；(2)浓盐酸与二氧化锰共热可以反应生成氯气，化学方程式为Mn
39、O2 +4HCl(浓)Cl2+ MnCl2+ 2H2O，17.4gMnO2的物质的量为=0.2mol，400mL12mol/L的浓盐酸中n(HCl)=12mol/L0.4L=4.8mol，结合方程式可知浓盐酸远过量，所以二氧化锰可以完全反应，生成0.2mol氯气，标况下体积为4.48L；该反应中N元素化合价由-3价变为0价、Cl元素化合价由0价变为-1价，转移电子数为6，氯元素得电子，N元素失电子，其转移电子方向和数目为；废水中m(KCN)=0.65g/L20.0L=13g，n(KCN)=0.2mol，使KCN完全转化为无毒物质，则C元素转化为CO2，化合价升高2价，失去0.4mol电子，N元
40、素转化为N2，N元素化合价升高3价，失去0.6mol，所以共失去1mol电子，氯气会转化为Cl-，根据电子守恒可知n(Cl2)2=1mol，n(Cl2)=0.5mol。26. 金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，转化关系如下：请回答下列问题：(1)实验室制备气体D的化学反应方程式为_；(2)气体D和F反应可生成盐，检验该盐中阳离子的方法是_；(3)向B溶液中通入过量的CO2，该反应的离子方程式是_；(4)除去气体C中的杂质气体E的化学方法是_ (用化学方程式表示)；(5)Al与在酸性条件下反应，Al与被还原的的物质的量之比是 _；(6)在100 mL 0.5 mol/L 的A溶液中
41、，加入100 mL NaOH溶液，得到1.56 g沉淀，所需NaOH溶液的物质的量浓度为_ ， _。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O (2). 取少量待测溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，产生有刺激性气味、能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 (3). CO2+2H2O=Al(OH)3+ (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). 1：1 (6). 0.6 mol/L (7). 1.8 mol/L【解析】【分析】铝在酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体C，从气体C和O2反应，然后与水反应分析，气体C为NO，E
42、为NO2，F为HNO3；根据气体D和O2在催化剂条件下反应产生NO，并且与F反应可生成盐，说明D为NH3，Al与在酸性条件下反应产生的A为硝酸铝，B与在碱性条件下反应产生的B为偏铝酸盐，二者在一定条件下可相互转化，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为NH3，E为NO2，F为HNO3。(1)气体D为NH3，在实验室中一般是用铵盐与碱共热制取氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O。(2)气体D为NH3，F为HNO3，二者反应产生NH4NO3。检验其阳离子方法是：取少量待测溶液于试管中，向其中加入NaOH浓溶液并加热，并
43、将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，则证明溶液中含有。(3)B为偏铝酸盐，由于酸性：H2CO3Al(OH)3，向偏铝酸盐溶液中通入足量CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和碳酸氢盐，该反应的离子方程式为：CO2+2H2O=Al(OH)3+。(4)气体C是NO，气体E是NO2，可根据NO2能够与水反应产生HNO3和NO，用水洗气，得到纯净的NO气体，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。(5)Al、H+会发生氧化还原反应，产生Al(NO3)3、NO、H2O，反应方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO+2H2O。
44、根据方程式可知：Al为还原剂，HNO3为氧化剂，1个Al反应，消耗4个HNO3，其中1个起氧化剂作用，3个起酸的作用，则Al与被还原的的物质的量之比是1：1。(6)A为硝酸铝，在100 mL 0.5 mol/L 的A溶液中含有Al(NO3)3的物质的量nAl(NO3)3=0.5 mol/L0.1 L=0.05 mol。向其中加入100 mL NaOH溶液，得到1.56 g沉淀为Al(OH)3，其物质的量nAl(OH)3=0.02 mol，小于硝酸铝的物质的量，可能是NaOH不足量，Al3+未完全反应，也可能是NaOH溶液过量，部分Al(OH)3沉淀被过量NaOH溶液溶解变为NaAlO2。若Na
45、OH溶液不足量，则根据Al3+3OH-=Al(OH)3可知：n(NaOH)=3nAl(OH)3=30.02 mol=0.06 mol，则NaOH溶液的浓度c(NaOH)=0.6 mol/L；若NaOH过量，首先发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，然后发生：Al(OH)3+OH-=+2H2O，可见：Al3+形成的沉淀完全溶解，需NaOH的物质的量是Al3+的4倍，溶解Al(OH)3与OH-物质的量的比是1：1，故当剩余0.02 mol Al(OH)3时，共需NaOH的物质的量为n(NaOH)=40.05 mol-0.02 mol=0.18 mol，则该NaOH溶液的物质的量浓度c(NaO
46、H)= =1.8 mol/L。【点睛】本题考查无机物推断。根据题干信息推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及物质反应的物质的量关系的应用。27. 某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去；碱石灰是生石灰与氢氧化钠的混合物，可以吸收水和二氧化碳)。 实验步骤如下：按图连接装置，并检查气密性；准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.20g； 准确称得25.00g纯碱样品放入容器b中； 打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止； 打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入一定量空气；然后称得干燥管D的总
47、质量为86.80g ；重复步骤和的操作，直到干燥管D的质量不变，为89.00 g。试回答： (1)装置A中试剂X应选用足量的_A饱和NaCl溶液 B浓H2SO4 CNaHCO3溶液 DNaOH溶液(2)请用文字叙述装置E的作用：_。(3)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为_。【答案】 (1). D (2). 防止空气中的H2O和CO2进入D，产生实验误差。 (3). 84.8%【解析】【分析】B中发生发反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，C中浓硫酸干燥二氧化碳，D中碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数。通入空气排
48、尽装置中二氧化碳加入D中完全吸收，空气中的二氧化碳会影响实验，A中盛放浓氢氧化钠溶液除去空气中二氧化碳。E装置吸收空气中的二氧化碳、水蒸气防止加入D中影响二氧化碳质量测定。【详解】(1)鼓入空气的目的是将装置内残留的二氧化碳全部排出，为了防止空气的二氧化碳影响检验结果，装置A中试剂X，应选用浓NaOH溶液，故选D；(2)根据分析可知装置E的作用是防止空气中的H2O和CO2进入D，产生实验误差；(3)根据D的质量变化可知生成的二氧化碳的质量为89.00g-80.20g=8.8g，则物质的量为8.8g44g/mol=0.2mol，根据碳原子守恒可知样品中碳酸钠的质量为0.2mol106g/mol=
49、21.2g，样品中Na2CO3的质量分数为=84.8%。28. 高温条件下，Na2SO4和焦炭可发生化学反应，某兴趣小组对该反应及其产物进行如下实验探究。回答下列问题：已知：Na2S2O3 + H2SO4=Na2SO4 + S+ SO2 + H2O(1)和焦炭高温反应的装置如图一所示：实验时，需先_(“加热”或“通入N2”)，目的是_。(2)该兴趣小组通过查阅资料得知，Na2SO4和焦炭在高温条件下发生氧化还原反应，反应后的气体生成物有碳的氧化物和SO2，采用上图及下列装置可探究这些氧化物的存在。仪器连接的合理顺序是图一DC_(仪器可重复使用)。浓KMnO4溶液的作用是_，浓NaOH溶液的作用
50、是_。实验结束后，装置E中的CuO变为红色，则说明Na2SO4和焦炭在高温条件下反应生成的气体有_(写化学式)。(3)取上述实验后的固体于试管中，加少量稀硫酸，生成的气体通入到CuSO4溶液中，溶液变黑，静置后，试管底部有少量淡黄色固体，则Na2SO4和焦炭在高温条件下反应后的固体可能是_(填序号)。A.Na2S和Na2SO4 B.Na2S和Na2SO3 C.Na2S和Na2S2O3 D.Na2S2O3 和Na2SO4【答案】 (1). 通入N2； (2). 除尽装置中的空气(或O2) (3). DABAFEAG (4). 除去SO2 (5). 除去CO2 (6). CO (7). bc【解析
51、】【分析】实验前，装置中有空气，会干扰Na2SO4和焦炭的反应，所以实验时，要先通入N2，除尽装置中的空气(或O2)，防止C与O2反应，Na2SO4和焦炭反应生成气体产物通过(2)中装置检验，检验气体的顺序是：SO2CO2CO，以此解答。【详解】(1)实验前，装置中有空气，会干扰Na2SO4和焦炭的反应，所以实验时，要先通入N2，除尽装置中的空气(或O2)，防止C与O2反应，故答案为：通入N2；除尽装置中的空气(或O2)，防止C与O2反应；(2)检验气体的顺序是：SO2CO2CO，澄清石灰水用于检验CO2，品红溶液用于检验SO2，E装置用于检验CO，故仪器连接顺序为图一DCDABAFEAG，故
52、答案为：DABAFEAG；利用KMnO4的氧化性除去SO2，NaOH溶液与CO2反应，达到除去CO2的目的，故答案为：除去SO2；除去CO2；装置E中的CuO由黑色变为红色，说明Na2SO4和焦炭在高温下反应生成的还有还原性气体，该气体为CO，故答案为：CO；(3)CuSO4溶液变黑，说明生成CuS沉淀；有淡黄色固体生成，说明生成S；结合CuSO4溶液呈酸性，由反应2H2S+SO2=3S+2H2O可以推知取上述实验后的固体于试管中，加少量稀硫酸，生成的气体为H2S和SO2；aNa2SO4不能和稀硫酸反应生成二氧化硫，不符合条件，故a不选；bNa2S和硫酸反应生成H2S，Na2SO3和硫酸反应生成二氧化硫，符合条件，故b选；cNa2S和硫酸反应生成H2S，Na2S2O3和硫酸反应生成二氧化硫，符合条件，故c选；dNa2S2O3和硫酸反应生成二氧化硫，Na2SO4不能和稀硫酸反应，不符合条件，故d不选；答案为：bc。