2022-2023学年河南省杞县高中高一上学期12月网课考查（期中）化学试卷（Word版含解析）

这是一份2022-2023学年河南省杞县高中高一上学期12月网课考查（期中）化学试卷（Word版含解析），共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，在反应中，下列有关说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

杞县高中2022-2023学年高一上学期12月网课考查（期中）
化学卷 答案版
考试范围：必修一前三章；考试时间：75分钟；总分：100分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
3.可能用到的原子量H:1C:12N:14O:16S:32CL:35.5Na:23AL:27Ba:137Fe:56Mg:24Cu:64Zn:65
第I卷（选择题）
一、单选题(共78分)
1．(本题3分)古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读错误的是( )
A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化
B．“绳锯木断，水滴石穿”蕴含着化学变化
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体
【答案】B
【详解】A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是树叶中物质发生了改变，属于化学变化，A正确；
B．“绳锯木断”中没有新物质产生，属于物理变化，“水滴石穿”中蕴含碳酸钙和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，B错误；
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾是气溶胶，有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，C正确；
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维都是碳元素的不同单质，互为同素异形体，D正确；
答案选B。
2．(本题3分)室温下，下列各组离子一定能与指定溶液共存的是( )
A．的溶液：、、、
B．能使酚酞变红的溶液中：、、
C．能使紫色石蕊试液变红的溶液中：、、
D．的溶液：、、、
【答案】B
【详解】A．Fe3+与发生络合反应生成Fe(SCN)3，因此不能共存，故A错误；
B．使酚酞变红说明溶液显酸性，、、可以共存，故B正确；
C．酸性条件下转化成H2CO3，故C错误；
D．酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+、Cl-不能共存，故D错误；
故选B。
3．(本题3分)下列化学反应对应的离子方程式正确的是( )
A．在溶液中通入少量：
B．钠与溶液反应：
C．向饱和碳酸钠溶液中通入过量的：
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应：
【答案】C
【详解】A．CaCl2与CO2不反应，A错误；
B．钠与 CuSO4 溶液反应，Na先与溶剂水反应，，生成的NaOH再与溶质反应，，B错误；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入过量的 CO2 ，生成碳酸氢钠，C正确；
D．氢氧化钡与硫酸的反应，，D错误；
故答案为：C。
4．(本题3分)在反应(未配平)中，下列有关说法正确的是( )
A．KClO3在反应中得到电子，作还原剂
B．每生成3个Cl2分子，转移5个电子
C．HCl在反应中只体现了还原性
D．反应中氧化剂和还原剂的个数比为1：6
【答案】B
【详解】A．在该反应中Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，KClO3作氧化剂，A错误；
B．在氧化还原反应中元素化合价改变数值等于反应过程中电子转移数目，则根据方程式可知：每生成3个Cl2分子，转移5个电子，B正确；
C．在该反应中，HCl中的一部分Cl原子由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，作还原剂；一部分仍然以-1价的Cl-与金属阳离子结合形成盐HCl，起酸的作用，所以HCl在反应中作用是体现了还原性和酸性，C错误；
D．根据电子守恒可知：该反应方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，在反应中氧化剂和还原剂的个数比为1：5，D错误；
故合理选项是B。
5．(本题3分)下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．在该反应中Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后KCl中的-1价，化合价降低6价，得到电子6e-；O元素化合价由反应前KClO3中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高2×2=4价，失去电子4e-；化合价升降最小公倍数是12，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为12e-，电子转移数目不符合反应事实，A错误；
B．在该反应中Mg元素化合价由反应前0价变为反应后MgO中的+2价，化合价升高2价，2个Mg原子失去电子2×2e-；O元素化合价由反应前的0价变为反应后MgO中的-2价，化合价降低2价，2个O原子得到电子2×2e-，故该反应的电子转移方向和数目都符合事实，B正确；
C．在该反应中Cu元素化合价由反应前CuO中的+2价变为反应后Cu单质中的0价，化合价降低2价，得到电子2e-；C元素化合价由反应前C单质中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，失去电子4e-；元素化合价升降最小公倍数是4，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为4e-，图示的电子转移方向不符合反应事实，C错误；
D．在该反应中C元素化合价由反应前C中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，失去电子4e-；O元素化合价由反应前O2单质中的0价变为反应后CO2中的-2价，化合价降低2价，得到电子2e-；元素化合价升降最小公倍数是4，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为4e-，图示的电子转移数目不符合反应事实，D错误；
故合理选项是B。
6．(本题3分)将一定质量的、和的混合气体通入盛有足量粉末的密闭容器中，用电火花不断点燃，充分反应后，在相同条件下，测得容器内气体的质量变为原来的，则原混合气体中的质量分数约为( )
A．22.2% B．33.6% C．30.6% D．43.2%
【答案】C
【分析】当混合气体充入Na2O2粉末中，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应。
由反应2CO+O22CO2，可得总反应为CO+Na2O2=Na2CO3，可以看作Na2O2吸收了CO；由反应2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可得总反应：H2+Na2O2=2NaOH，相当于吸收H2，故混合物气体反应，剩余气体只有O2。
【详解】设原H2、CO、CO2混合气体总质量为Xg，CO2质量为Yg，则反应后剩余的O2质量为g，据反应可知：O2的质量为g，可列等式，解得CO2质量分数为：，故选C。
7．(本题3分)某未知溶液X可能含有、、、、、中的若干种，取该溶液进行如下实验，若实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。则下列说法正确的是( )

A．原溶液中一定存在、、、可能存在
B．原溶液中可能存在，n(Cl-)≥0.01mol
C．原溶液中一定存在、、、，分别为0.01mol、0.01mol、0.01mol、0.05mol
D．原溶液中一定不存在、
【答案】B
【分析】根据流程可知，溶液中加入氯化钡生成沉淀，再加入盐酸，部分沉淀溶解，则沉淀为碳酸钡质量为1.97g，物质的量为0.01mol，的物质的量为0.01mol；硫酸钡为2.33g，物质的量为0.01mol，的物质的量为0.01mol；滤液中加入烧碱，产生氨气，标况下1.12L，物质的量为0.05mol，的物质的量为0.05mol，加入的物质为烧碱，焰色反应为黄色，不能判断原溶液中是否含有钠离子；根据离子共存，有，一定不含铝离子；根据溶液呈电中性，可判断一定含有氯离子。
【详解】A．根据分析可知，原溶液中一定存在Cl-，可能存在Na+，A错误；
B．根据溶液呈电中性，不含Na+时，n(Cl-)=0.01mol，若存在Na+，n(Cl-)≥0.01 mol，B正确；
C．根据分析原溶液中一定存在、、、，分别为0.01mol、0.01mol、0.05mol、≥0.01mol，C错误；
D．原溶液中一定不存在，一定存在，D错误；     
故选B。
8．(本题3分)下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是( )
A．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg
B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
C．取ag混合物充分加热，固体质量减少bg
D．取ag混合物与足量溶液充分反应，得bg溶液
【答案】D
【详解】A．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，A不符合题意；
B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag混合物共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；
C．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D符合题意；
故选：D。
9．(本题3分)用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断不正确的是( )
A．可能为9：4：1
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为14：9
【答案】C
【详解】A．若=9：4：1，则该反应为，电子守恒，故A正确；
B．若溶质只为、时，发生反应，的完全反应时转移电子0.3mol，若溶质只为、时，发生反应，的完全反应时转移电子0.5mol，所以若反应中转移的电子的物质的量为，则，故B正确；
C．根据反应和，可知任何情况下的完全反应时吸收的氯气为0.3mol，故C错误；
D．根据反应，的完全反应时，，故D正确；
故选C。
10．(本题3分)设表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A．溶液中含有的数目为2
B．物质的量浓度相同的KCl溶液和NaCl溶液，其氯离子的浓度都为1mol/L
C．2.24L完全被石灰乳吸收，反应转移的电子数目为0.1
D．常温常压下，和的混合气体所含氧原子数为2
【答案】D
【详解】A．没有给出具体体积不能进行计算，A错误；
B．物质的量浓度相同的KCl溶液和NaCl溶液，但是没有给出具体浓度是多少，不能认为氯离子的浓度都为1mol/L，B错误；
C．，存在关系式，但没有指明标准状况、则难以计算完全被石灰乳吸收反应转移的电子数目，C错误；
D． 常温常压下，和的混合气体所含氧原子为32g，物质的量为2mol，则氧原子数为，D正确；
答案选D。
11．(本题3分)常温常压下，等体积的甲、乙两容器内，分别盛有、，下列有关甲、乙两容器中气体的说法错误的是( )
A．分子数之比为1：1 B．密度之比为8：11
C．质量之比为11：8 D．氧原子数之比为1：1
【答案】C
【分析】根据气体摩尔体积与温度和压强有关，条件相同，相同，由，常温常压下，等体积意味着物质的量相等，设甲、乙两容器内，、的物质的量均为1mol，以此作答；
【详解】A．根据，分子数之比等于物质的量之比，=1:1，故A正确；
B．根据，条件相同，相同，即，故B正确；
C．根据分析，，故C错误；
D．，故D正确；
故选C。
12．(本题3分)溶液中含有，取该溶液用水稀释至VmL，则稀释后物质的量浓度为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg，则的物质的量为mol，取mL该溶液稀释至VmL，则的物质的量为mol，则其物质的量浓度为mol÷(V×10-3)L=，故答案选B。
13．(本题3分)向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol•L-1的盐酸，产生CO2气体的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是（    ）

A．原NaOH溶液的浓度为0.2mol•L-1
B．通入CO2在标准状况下的体积为448mL
C．所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2CO3)=1：3
D．所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=1：3
【答案】A
【分析】生成时发生的反应为，假设与气体反应所得溶液中只有，则开始阶段发生反应为，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而根据图象可知生成消耗盐酸的体积是，说明与气体反应所得溶液中溶质为、，加入盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为溶液，据此分析解答。
【详解】A. 根据氯原子、钠原子守恒，，所以，故A正确；
B. 由曲线可知，加入的盐酸体积为到时，发生的是碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳的反应，所以，由碳原子守恒可得，通入气体在标准状况下的体积为，故B错误；
C. 转化为消耗盐酸，生成的转化为二氧化碳又消耗盐酸，故与气体反应所得溶液中消耗盐酸的体积为，因此、的物质的量之比为，故C错误；
D. 根据C项分析知，所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=，故D错误；
故选A。
14．(本题3分)t℃时，A的溶解度是Sg ，其饱和溶液密度为dg·cm－3、物质的量浓度为cmol·L－1。溶液的质量分数为w，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，实验测得向一定量含A的溶液中加入mg无水A或蒸发掉ng水后恢复到t℃，均为饱和溶液，下列关系式正确的是(　　)
A．S＝ B．c＝ C．S＝ D．w＝×100%
【答案】B
【分析】本题考查溶解度、物质的量浓度计算，运用溶解度、物质的量浓度的计算公式分析。
【详解】t℃时，A的溶解度是Sg·100g－1，A的溶液中加入mg无水A或蒸发掉ng水后恢复到t℃，均为饱和溶液，则将mg无水A加入ng水中形成的溶液一定为饱和溶液，即t℃时A的溶解度为S＝ g，A项、C项错误；该饱和溶液的质量分数为w＝，D项错误； c＝，B项正确；
答案选B。
15．(本题3分)某铁的氧化物()样品，用100 mL 0.5 mol/L盐酸恰好完全溶解，向所得溶液中通入标准状况下112 mL ，恰好使完全氧化。x值为( )
A．0.75 B．0.80 C．0.90 D．0.93
【答案】B
【详解】100 mL 0.5 mol/L盐酸恰好完全溶解， mol，结合氧化物中的氧生成水，且， mol， mol。中Fe的平均化合价为，被氧化为，根据得失电子守恒：mol，x=0.80；
故选B。
16．(本题3分)下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是( )
选项
实验操作
实验目的或结论
A
加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊
一定有CO
B
取少量溶液X ，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液。溶液变红
说明X溶液中一定含有Fe2+

C
用洁净的玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液中一定含有Na+，不可能有K+
D
加入AgNO3溶液出现白色沉淀，再加入硝酸酸化，沉淀不溶
一定有Cl-

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，原溶液中可能含有、、 、中的一种或几种，故A错误；
B．取少量溶液X ，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，原溶液中可能含有Fe2+、Fe3+中的一种或两种，故B错误；
C．用洁净的玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液中一定含有Na+，可能有K+，故C错误；
D．加入AgNO3溶液出现白色沉淀，再加入硝酸酸化，沉淀不溶，说明原溶液中一定有Cl-，故D正确；
故答案为：D。
17．(本题3分)一定质量、的混合物，在足量气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体全为铁单质，且比原固体混合物减轻了；将等质量的原混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，需的硫酸的体积至少为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】FeO、Fe3O4的混合物，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g为混合物中氧原子的质量；将等质量的FeO、Fe3O4的混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时需要硫酸的体积最小，此时恰好生成FeSO4、Fe2(SO4)3，SO与FeO、Fe3O4的混合物中O原子物质的量相等。
【详解】FeO、Fe3O4的混合物，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g为混合物中氧原子的质量，其物质的量=0.1mol；将等质量的FeO、Fe3O4的混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时需要硫酸的体积最小，此时恰好生成FeSO4、Fe2(SO4)3，SO与FeO、Fe3O4的混合物中O原子物质的量相等，故n(H2SO4)=0.1mol,需0.5mol•L-1的硫酸的体积至少为=0.2L，故选B。
18．(本题3分)现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硫酸中恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的有( )
①沉淀中OH-的质量为(n-m) g
②恰好溶解后溶液中的SO的物质的量为
③反应过程中转移的电子为mol
④标准状况下生成H2的体积为
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①②
【答案】A
【分析】本题涉及的反应有2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑；Mg＋H2SO4 =MgSO4＋H2↑；Al2(SO4)3＋6NaOH=2Al(OH)3↓＋3Na2SO4；MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋Na2SO4。
【详解】①沉淀质量最大时，生成的n g沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m g，所以沉淀中氢氧根的质量为(n－m)g，①正确；
②当合金恰好溶解时，溶液中的SO与Na＋的关系为：n(SO)＝n(NaOH)＝ mol，②正确；
③氢氧根的质量为(n－m)g，则反应过程中转移的电子物质的量n(e－)＝n(OH－)＝mol，③正确；
④根据电子得失守恒知，标准状况下V(H2)＝L，④正确；
故选A。
19．(本题3分)取18.4g铝锌合金溶于足量稀硫酸中，完全反应后收集到氢气11.2L(标准状况下)，则由铝和锌分别产生的氢气的体积之比为( )
A．3∶1 B．4∶3 C．1∶3 D．3∶2
【答案】D
【详解】铝锌合金溶于足量稀硫酸中，发生反应为Zn +H2SO4=ZnSO4+H2↑、2Al+3H2SO4 = Al2(SO4)3+3H2↑，生成H2的物质的量为=0.5mol，设Al的物质的量为x，Zn的物质的量为y，根据题意可列出方程组，解得，因此Al生成的H2的物质的量为×0.2mol=0.3mol，Zn生成的H2的物质的量为0.2mol，同温同压下，氢气的体积之比等于物质的量之比=0.3mol：0.2mol=3：2，故选D。
20．(本题3分)将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)下列说法正确是( )

A．段反应的离子方程式为：
B．点溶液中所含溶质的化学式为、
C．标准状况下，通入的体积为
D．原溶液的物质的量
【答案】D
【分析】Na2CO3与盐酸的反应分步进行：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，说明O点溶质为NaOH、Na2CO3；则Oa段发生反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；ab段开始生成二氧化碳气体，发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；加入5molHCl后气体的物质的量不再变化，据此分析解题。
【详解】A. 由分析可知，段发生的反应有：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故对应的离子方程式有：、，A错误；
B. 由分析可知，点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、，B错误；
C. 由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L，C错误；
D. 加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mol，原NaOH溶液的物质的量5mol，D正确；
故答案为：D。
21．(本题3分)在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断错误的是( )
A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、BaCO3、K2CO3
B．在含NH、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、Al3+、NH、Al(OH)3
C．在含AlO、OH-、CO的溶液中逐滴加入盐酸：OH-、AlO、CO、Al(OH)3
D．在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+
【答案】A
【详解】A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2，CO2先与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，然后KOH与CO2反应生成K2CO3，K2CO3再与CO2反应生成KHCO3，最后BaCO3和CO2反应生成Ba(HCO3)2，A错误；
B．在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，H+先与KOH反应生成水，然后Al3+与KOH反应生成氢氧化铝沉淀，再与KOH反应生成NH3·H2O，最后Al(OH)3与KOH反应生成偏铝酸钾，B正确；
C．在含、OH-、的溶液中逐滴加入盐酸，H+先与OH-反应生成水，然后与H+反应生成氢氧化铝沉淀，再后与H+反应生成二氧化碳，最后Al(OH)3和H+反应生成铝离子，C正确；
D．氧化性：Ag+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，氧化性强的先反应，当氧化性强的反应完成后反应性弱弱的依次再发生反应，故大反应先后顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，D正确；
故合理选项是A。
22．(本题3分)现有的溶液和的稀盐酸。①将溶液缓慢滴到稀盐酸中；②将稀盐酸缓慢滴加到溶液中，在标准状况下产生的气体的体积( )
A．①>② B．②>① C．均为2.24L D．均为3.36L
【答案】A
【详解】n(Na2CO3)=0.05L×2mol/L=0.1mol，n(HCl)=0.05L×3mol/L=0.15mol；
将Na2CO3溶液逐滴加入到盐酸中，有关反应为：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，反应中碳酸钠过量，盐酸全部反应，生成气体的体积为0.15mol÷2×22.4L/mol=1.68L；
而将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，反应消耗0.1molHCl，剩余0.05molHCl，盐酸过量时再发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，则生成气体0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
故①>②；
故选A。
23．(本题3分)已知：2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O。将224mL(标况下)NO和NO2的混合气体溶于20mLNaOH溶液中，恰好完全反应并无气体逸出，则NaOH溶液的物质的量浓度为( )
A．1 mol/L B．0.5mol/L C．0.25mol/L D．0.2mol/L
【答案】B
【详解】n(NOx)= =0.01mol，根据方程式知，氮氧化物和NaOH反应时无论生成硝酸钠还是亚硝酸钠，N、Na原子个数之比都是1：1，所以n(NOx)=n(NaOH)，则c(NaOH)= =0.5mol/L，故选B。
【点睛】本题考查化学方程式的有关计算，侧重考查学生分析计算能力，利用原子守恒分析解答即可，注意解题方法技巧。
24．(本题3分)现有2.5g含杂质的样品，用如图的实验装置测定试样的纯度(可供选用的反应物只有固体、盐酸、硫酸和蒸馏水)、下列说法错误的是( )

A．装置A中液体试剂为盐酸
B．装置B的作用是除去HCl
C．若去掉装置E会导致所测试样的纯度偏低
D．若反应结束后由气体体积计算得气体质量为0.32g，则试样的纯度为62.4%
【答案】C
【分析】实验装置是测定Na2O2试样的纯度，根据可供选择的反应物可知此装置是通过计算二氧化碳与过氧化钠发生反应产生的气体氧气的量来求得过氧化钠的质量，进而求出试样的纯度。所以装置A应为制备二氧化碳的装置，装置B是除杂，除去二氧化碳中混有的氯化氢气体。装置C是干燥二氧化碳气体，装置D反应装置。
【详解】A．装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故A正确；
B．碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，装置B的作用是除去CO2混有的HCl，可以用饱和碳酸氢钠来除去，故B正确；
C．装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，若去掉会导致氧气的量偏大，所以Na2O2试样的纯度偏高，故C错误；
D．根据反应2Na 2O 2 +2CO 2 =2Na 2 CO 3 +O 2，反应结束后测得气体质量为0.32g，即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的质量为m=n×M=0.02mol×78g/mol=1.56g，则纯度=×100%=62.4%，故D正确；
故选C。
25．(本题3分)在物质研究过程中，同一物质中同一元素呈现不同的氧化数，比如：Fe3O4化学式可以写成Fe(II)Fe(III)2O4。A是一种名为GR-II(GreenRust，绿锈，简称GR)的物质，其制取过程如下：在N2保护和搅拌下，向100mL0.40mol•L-1的浅绿色FeSO4溶液中加入40mL0.80mol•L-1的NaOH溶液，得到Fe(OH)2沉淀，保持通N2升温至40℃，将气体切换为空气。随着空气通入，悬浊体系由浅绿色变深，形成蓝绿色沉淀A。其中涉及方程式为：10Fe(OH)2+2Fe2++2SO+O2+2H2O=2Fe(II)4Fe(III)2(OH)12(SO4)。
下列说法不正确的是( )
A．Fe(II)4Fe(III)2(OH)12(SO4)的摩尔质量为636
B．O2是氧化剂
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
D．每生成1molFe(II)4Fe(III)2(OH)12(SO4)转移2mol电子
【答案】A
【详解】A．Fe(II)4Fe(III)2(OH)12(SO4)的式量为636，则摩尔质量为636g/mol，故A错误；
B．该反应中O2得电子，氧元素化合价降低，被还原，则O2是氧化剂，故B正确；
C．该反应中1molO2参加反应，得到4mol电子，有2mol Fe2+和2mol Fe(OH)2各失去2mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4，故C正确；
D．由方程式可知，每生成1molFe(II)4Fe(III)2(OH)12(SO4)有0.5molO2参加反应，则转移40.5mol=2mol电子，故D正确；
答案选A。
26．(本题3分)浓度均为1.0mol/LCuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液等体积混合(混合前后忽略溶液体积的变化)，向其中加入足量的铁粉充分反应，则反应后溶液中Fe2+的物质的量浓度( )
A．1.5mol/L B．2.0mol/L C．0.5mol/L D．1mol/L
【答案】B
【详解】设混合溶液的体积为2VL，加入足量铁粉发生的离子反应为：，初始浓度均为1.0mol/LCuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液等体积混合，故第一个离子反应生成Fe2+的物质的量为Vmol，第二个离子方程式中生成Fe2+的物质的量为3Vmol，故溶液中Fe2+的物质的量浓度为：，故选B。
第II卷（非选择题）

二、填空题(共16分)
27．(本题16分)阅读下面一段材料并回答问题。
高铁酸钾使用说明书
【化学式】
【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味
【产品特点】干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气
通过强烈的氧化作用可迅速杀灭细菌，有消毒作用，同时不会产生有害物质。与水反应还能产生具有强吸附性的胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用
【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理
【用量】消毒净化1L水投放，即可达到卫生标准

(1)中铁元素的化合价为_______。
(2)制备需要在_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)环境中进行。
(3)下列关于的说法中，不正确的是_______。A．是强氧化性的盐 B．固体保存需要防潮
C．其消毒和净化水的原理相同 D．其净水优点有：作用快、安全性好、无异味
(4)请配平下述方程式，高铁酸钠是一种新型的净水剂，可以通过此反应制取：

(5)中含有_______molH。
(6)含0.4mol，则的摩尔质量是_______g/mol。
(7)32g某气体氧化物标准状况下的体积为11.2L，该气体的物质的量为_______mol，摩尔质量是_______g/mol。
【答案】(1)+6
(2)碱性
(3)C
(4)
(5)1
(6)62
(7)     0.5     64

【详解】（1）中K为+1价，O为-2价，则铁元素的化合价为+6价；
（2）依题意高铁酸钾在强碱溶液中稳定，故制备K2FeO4应在碱性环境中进行；
（3）A．高铁酸钾中的铁元素处于高价态，具有强氧化性，A正确；
B．依题意高铁酸钾能与水反应，应干燥保存，B正确；
C．高铁酸钾消毒原理是氧化还原反应，净水原理是利用胶体的吸附作用，C错误；
D．高铁酸钾净水优点有：作用快、安全性好、无异味，D正确；
（4）根据元素化合价变化可知，Fe从+3→+6，Cl从+1→-1，根据得失电子守恒可以配平方程式：；
（5）中含有H；
（6）含0.4mol，则物质的量为0.2mol，的摩尔质量是；
（7）32g某气体氧化物标准状况下的体积为11.2L，该气体的物质的量为，摩尔质量是。

三、计算题(共6分)
28．(本题6分)在标准状况下进行如下实验：甲、乙、丙三个烧杯中各盛有30ml相同浓度的盐酸，分别加入质量不同、组成相同的镁铝合金粉末，有关数据如表所示。
烧杯
甲
乙
丙
合金质量/mg
153
380
430
气体体积/ml
168
336
336

(1)甲、乙、丙三组实验中，哪组盐酸不足___________。  
(2)盐酸物质的量浓度___________mol/L。
(3)合金中镁、铝物质的量比___________。
【答案】     乙、丙     1mol/L     1:1
【分析】在体积一定的盐酸溶液中不断增加加入的Mg、Al合金的质量，生成的氢气体积不断增加，溶液中盐酸的浓度不断降低，当加入的Mg、Al合金的质量增加，而生成的氢气量不再增加时说明盐酸已经完全反应，合金过量。
【详解】(1)盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量是甲中合金质量的=2.48倍，而乙中生成的氢气体积是甲中生成氢气体积的=2倍，则说明乙中盐酸完全反应，合金过量，故甲、乙、丙三组实验中，乙和丙实验盐酸均不足；
(2)乙、丙中盐酸完全，反应生成氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢原子守恒可知n（HCl）=2n（H2）=2×0.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为：=1mol/L；
(3)甲中盐酸有剩余，金属完全反应，生成氢气物质的量为=0.0075mol，令镁、铝的物质的量分别为amol、bmol，根据二者质量有：24a+27b=0.153，根据电子转移守恒有：2a+3b=0.0075×2，联立方程解得：x=0.003、y=0.003，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.003mol:0.003mol=1:1。
【点睛】考查混合物的计算，准确根据表中数据关系判断反应的过量问题是解题关键，再结合反应原理，灵活使用原子守恒和电子守恒解题。