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【化学】江西省南昌市第十中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）
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江西省南昌市第十中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
相对原子量：H-1 O-16 Na-23 Fe-56 C-12 Cl-35.5 Si-28 Cu-64 K-39 Al-27 Mn-55
第I卷(共48分)
一、选择题(本大题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是( )
A. 节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
C. 小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
D. 青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
【答案】B
【解析】
【详解】A、某些金属元素灼烧时产生特殊的火焰，这叫焰色反应，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；
B、包装袋内加入生石灰或硅胶，利用了它们的吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入还原铁粉，B错误；
C、小苏打的化学名碳酸氢钠，显碱性，能中和发酵过程产生的酸，同时受热易分解：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，使食物膨松，碳酸氢钠碱性较弱，对胃的刺激弱，还是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；
D、青铜成分是铜、锡，夏商时期就开始使用了，是我国最早使用的合金，钢铁是目前世界上使用量最大的合金，D正确。
答案选B。
2.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是（ ）
A. 蒸发 B. 过滤
C. 蒸馏 D. 分液
【答案】D
【解析】
【分析】A. 蒸发应用蒸发皿；
B. 过滤时，玻璃棒抵在三层滤纸一侧，用玻璃棒引流，漏斗的下端紧靠烧杯内壁；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出；
D．分液漏斗的下端要紧靠烧杯内壁；
【详解】A. 蒸发应用蒸发皿,不能用烧杯,故A错误；
B. 过滤时，玻璃棒抵在三层滤纸一侧，用玻璃棒引流，漏斗的下端紧靠烧杯内壁，操作正确，B正确；
C．利用该装置进行蒸馏时，温度计应水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，冷水应从冷凝管的下口进，上口出，C错误；
D．分液漏斗的下端要紧靠烧杯内壁，D错误；
综上所述，本题选B。
3.实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；关于该反应的下列说法不正确的是( )
A. Na2NO2是氧化剂，NH4Cl是原剂
B. N2既是氧化产物，又是还原产物
C. NH4Cl中氮元素被还原
D. 每生成1molN2转移电子的物质的量为3mol
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，NH4Cl是还原剂，A正确；
B、根据选项A中分析可知N2既是氧化产物，又是还原产物，B正确；
C、NH4Cl中的氮元素化合价升高，失电子，被氧化，发生氧化反应，C错误；
D、NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，NH4Cl是还原剂，因此每生成1 mol N2时，转移电子的物质的量为3 mol，D正确。
答案选C。
4.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. Cl2与水反应:Cl2+ H2O = 2H++ Cl-+ClO-
B. AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+
C. 三氯化铁溶液中加入金属钠：3Na+ Fe3+=3Na+ + Fe
D. NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-+ CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸难电离，Cl2与水反应的离子方程式应该是Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，A错误；
B. AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，B正确；
C. 钠极易与水反应，三氯化铁溶液中加入金属钠生成氢氧化铁、氯化钠和氢气：6Na+2Fe3++6H2O＝6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑，C错误；
D. NaAlO2溶液中通入过量的CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，D错误。
答案选B。
5.下列物质的鉴别方法不正确的是( )
A. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl
B. 用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液
C. 利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液
D. 用氢氧化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠元素的焰色反应显黄色，钾元素的焰色反应显紫色（透过蓝色钴玻璃），可用焰色反应鉴别NaCl、KCl，故A正确；
B．NaOH与AlCl3溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故B正确；
C．丁达尔效应为胶体特有的性质，则利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，故C正确；
D．Na2CO3和NaHCO3两种溶液均与氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
答案选D。
6.下列有关说法正确的是( )
A. 铁粉与氯气反应只能生成FeCl3
B. Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
C. 11.2LCl2的质量为35.5g
D. 保存氢氟酸时, 常用带橡胶塞的玻璃瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯气具有强氧化性，铁粉与氯气反应只能生成FeCl3，A正确；
B. Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中既能作氧化剂，也能作还原剂，例如氯气与氢氧化钠溶液反应，B错误；
C. 11.2LCl2的物质的量不一定是0.5mol，其质量不一定为35.5g，C错误；
D. 氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此保存氢氟酸时需要用塑料瓶，不能用玻璃瓶，D错误。
答案选A。
7.下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是( )
A. 将Na2O与Na2O2分别加入滴有酚酞的水中，二者现象相同
B. 在Na2O2与水的反应中，水是还原剂
C. 相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1：1
D. 等质量的Na2O与Na2O2投入等量且足量水中充分反应后所得溶液物质的量浓度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，具有强氧化性，与酚酞反应先变红后褪色，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，与酚酞反应只变红色，二者现象不相同，A错误；
B．在Na2O2与水的反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；
C．氧化钠中阴离子是氧离子，过氧化钠中阴离子是过氧根离子，所以相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1:1，C正确；
D．等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，生成氢氧化钠的物质的量相同，即溶液中溶质的质量相同，对于反应Na2O+H2O=2NaOH；1mol氧化钠与足量的水反应，溶液质量增加62g，对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol过氧化钠与足量的水反应，溶液的质量增加62g，所以反应后两溶液的质量相同，若Na2O与Na2O2的质量相等，物质的量不相等，所得溶液物质的量浓度不相等，D错误。
答案选C。
8.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去
2 min后，试管里出现凝胶
酸性：盐酸＞硅酸
B
在酒精灯上加热铝箔
铝箔熔化但不滴落
熔点：氧化铝＞铝
C
CO2通入CaCl2溶液中
出现浑浊
生成了难溶的CaCO3
D
向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水
先无明显现象，后溶液变成红色
溶液中含有Fe2+，没有Fe3+
【答案】C
【解析】A、硅酸钠溶液中加入盐酸，生成的凝胶为H2SiO3，说明盐酸的酸性大于硅酸，A正确；B、加热铝箔时，铝的表面被氧化为一层致密的氧化膜Al2O3，铝箔熔化但不滴落，说明表面的氧化铝未熔化，所以氧化铝的熔点高于铝的熔点，B正确；C、因为碳酸的酸性小于盐酸的酸性，所以CO2与CaCl2溶液不会反应，C错误；D、某溶液中先滴加KSCN溶液无明显现象，说明溶液中无Fe3+，再加氯水，溶液变成红色，说明溶液中含有Fe3+，故原溶液中一定含有Fe2+，D正确。正确答案为C。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A. FeCl3溶液中：K＋、Na＋、SO42－、SCN－
B. 使酚酞试液变红的溶液中：K＋、Na＋、Cl-、CO32－
C. 漂白粉溶液中：H+、Na＋、Fe2+、SO42－
D. 与铝反应产生氢气的溶液中：Na＋、K＋、Fe2+、HCO3－
【答案】B
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及题干中的限制条件分析判断。
【详解】A、Fe3＋和SCN－反应生成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存，故A不符合；
B、酚酞试液变红，说明溶液显碱性，K＋、Na＋、Cl-、CO32－能大量共存，故B符合；
C、漂白粉具有强氧化性，能氧化亚铁离子，不能大量共存，且次氯酸根离子与氢离子也不能大量共存，故C不符合；
D、与铝反应产生氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，显酸性，HCO3－不能大量共存，显碱性Fe2+、HCO3－均不能大量共存，故D不符合。
答案选B。
10.在含有FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断正确的是（ ）
A. 加入KSCN溶液可能变红色 B. 溶液中一定含有Fe2+
C. 溶液中一定不含Cu2+ D. 剩余固体中一定含有Fe
【答案】B
【解析】
【分析】Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，固体有剩余，则反应后的溶液中一定不存在Fe3+，据此进行判断。
【详解】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；
②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，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；
A．由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A错误；
B．固体有剩余，Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，溶液中一定存在Fe2+，故B正确；
C．若Fe不足，溶液中可能有Cu2+，故C错误；
D．根据以上分析可知如果铁不足，剩余的固体没有铁，故D错误；
故答案选B。
11.下列各组物质相互作用，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（ ）
A. Na和O2 B. Na2CO3和HCl
C. AlCl3和NaOH D. NaOH和NaHCO3
【答案】D
【解析】
【分析】A. 根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析；
B. 根据Na2CO3和少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的HCl生成氯化钠、水和二氧化碳；
C. 氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解；
D. 碳酸氢盐和其对应的强碱的反应产物是碳酸盐；
【详解】A. 钠和氧气反应在常温下，会生成氧化钠；而在加热时，则生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故A项错误；
B. Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl则生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B项错误；
C. 氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，故C项错误；
D. 碳酸氢钠和其对应的强碱氢氧化钠的反应产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故D项正确；
答案选D。
12.单质及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中能全部通过一步反应完成的是( )
A. HCl→Cl2→HClO→NaClO
B. Fe→Fe(OH)3→Fe2O3→Fe(NO3)3
C. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
D. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化氢被氧化生成氯气，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，能通过一步反应完成，故A选；
B、铁不能直接转化为氢氧化铁，不能一步实现，故B不选；
C、二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，不能通过一步反应完成，故C不选；
D、氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D不选；
故答案选A。
13.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－的数目为NA
B. 标准状况下，22.4LH2和CO的混合气体中含有的原子数目为2NA
C. 60gSiO2晶体中含有的分子数目为NA
D. 78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液的体积未知，不能计算含有的Cl－数目，A不选；
B. 标准状况下，22.4LH2和CO的混合气体的物质的量是1mol，二者都是2个原子组成的，因此其中含有的原子数目为2NA，B选；
C. SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，C不选；
D. 78gNa2O2的物质的量是1mol，与过量CO2反应转移的电子数目为NA，D不选；
答案选B。
14.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是 （ ）
①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中
②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液
③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
④向NaAlO2溶液中通入过量CO2
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2
A. ①③④⑤ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤
【答案】D
【解析】试题分析：①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误； ③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；④氢氧化铝不溶于弱酸，故向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确； ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉淀，正确。选D。
15.向含等物质的量的FeCl3和AlCl3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物质的量)( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】向含等物质的量的FeCl3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生的反应有Fe3++3OH-＝Fe（OH）3↓、Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，后发生Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，沉淀溶解至最后氢氧化铝完全消失，因此等物质的量的FeCl3和AlCl3的混合溶液中前面与后面消耗氢氧化钠的物质的量之比为6：1，所以选项D中图像正确，故答案选D。
16.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3化合物中，加入2mol/L的盐酸100mL，恰好使混合物完全溶解，放出448mL(标况)气体，所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁( )
A. 11.2g B. 2.8g C. 5.6g D. 8.4 g
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=0.5n（HCl）=0.5×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故答案选C。
第Ⅱ卷(共52分)
二、填空题(共52分)
17.(1)在工农业生产和日常生活中经常用到的物质有下列几种：
①Si②SiO2③NaHCO3④NaClO⑤Fe2O3⑥Na2SiO3⑦KAl(SO4)2⑧Na2O2，其中，常用作半导体材料的是_____，(填写序号，下同)，常用于杀菌、消毒的是_____，常用作红色的油漆和涂料的是_____,常用作呼吸面具中的供氧剂的是_____。
(2)将饱和FeCl3溶液滴入沸水中并煮沸，可得到红褐色液体。下列关于该液体的说法正确的是____。
A.光束通过该液体时形成光亮的“通路”
B.向该液体中加入AgNO3溶液，无沉淀产生
C.该液体能发生电泳现象，阴极附近颜色变深
D.该液体不稳定，密封放置会产生沉淀
(3)实验室中需0.2mol/L的NaOH溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取NaOH固体的质量分别是______(选填下列序号)。
A.1000mL；8.0g B.950mL；7.6g C.1000mL；7.6g D.任意规格；7.6g
(4)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是______(填下列编号)。
A．容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 B．定容观察液面时俯视
C．未冷却至室温就开始定容 D．加蒸馏水时不慎超过了刻度
【答案】(1). ① (2). ④ (3). ⑤ (4). ⑧ (5). AC (6). A (7). BC
【解析】
【分析】（1）根据物质的性质和用途分析判断；
（2）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中并煮沸，得到红褐色液体是胶体，结合胶体的性质解答；
（3）实验室中需0.2mol/L的NaOH溶液950mL，应该选择1000mL容量瓶，据此计算；
（4）根据c＝n/V结合实验操作解答。
【详解】（1）在所给的物质中常用作半导体材料的是硅，答案选①；次氯酸钠具有强氧化性，常用于杀菌、消毒，答案选④；常用作红色的油漆和涂料的是氧化铁，答案选⑤；过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，答案选⑧。
（2）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中并煮沸，得到红褐色液体是胶体，则
A.胶体可以产生丁达尔效应，因此光束通过该液体时形成光亮的“通路”，A正确；
B.向该液体中加入AgNO3溶液，胶体发生聚沉，有红褐色沉淀产生，B错误；
C.胶体能发生电泳现象，由于氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，所以阴极附近颜色变深，C正确；
D.胶体比较稳定，密封放置不会产生沉淀，D错误。
答案选AC。
（3）实验室中需0.2mol/L的NaOH溶液950mL，应该选择1000mL容量瓶，所以配制时应称取NaOH固体的质量是1L×0.2mol/L×40g/mol＝8g，答案选A。
（4）A．容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，不影响溶质的质量和溶液的体积，浓度不变，A不选；
B．定容观察液面时俯视，溶液体积减少，浓度偏高，B选；
C．未冷却至室温就开始定容，冷却后溶液体积减少，浓度偏高，C选；
D．加蒸馏水时不慎超过了刻度，溶液体积增加，浓度偏低，D不选。
答案选BC。
18.某氧化铝样品中含有氧化铁、氧化亚铁和二氧化硅杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案，请回答下列问题：
(1)操作I的名称是_________；写出沉淀A和烧碱溶液反应的化学方程式__________。
(2)滤液A中加入过量双氧水的目的是___________；验证滤液A中存在Fe3＋的具体操作和现象为：_________________。
(3)滤液D焰色反应呈黄色，试剂C是_________(填化学式)；步骤③中铝元素转化的离子方程式为 _____________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+ H2O (3). 将Fe2+氧化成Fe3+ (4). 取少量滤液于试管中，滴入KSCN溶液出现血红色证明含铁离子 (5). NaOH (6). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】氧化铝样品中含有氧化铁、氧化亚铁和二氧化硅，加入过量盐酸，氧化铝、氧化亚铁、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁、氯化亚铁溶液，过滤得到沉淀A为二氧化硅，滤液A为氯化铁、氯化亚铁和氯化铝溶液，加入过量过氧化氢溶液氧化亚铁离子为铁离子，得到滤液B，加入过量试剂C为强碱溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸盐溶液，过滤得到沉淀D为Fe（OH）3，滤液D为含AlO2-溶液，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢盐，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝，以此解答该题。
【详解】根据以上分析可知沉淀A为二氧化硅，滤液A为氯化铁、氯化亚铁和氯化铝溶液，滤液B为氯化铁和氯化铝溶液，试剂C为强碱溶液，沉淀D为Fe（OH）3，滤液D为含AlO2-溶液，则
（1）操作I是分离固体和溶液，操作的名称是过滤；沉淀A的成分是SiO2，和烧碱溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
（2）滤液A中含有亚铁离子，滤液A中加入过量双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+；一般用KSCN溶液检验铁离子，则验证滤液A中存在Fe3+的具体操作和现象为取少量滤液于试管中，滴入KSCN溶液出现血红色证明含铁离子；
（3）滤液D焰色反应呈黄色，因此试剂C是NaOH溶液，步骤③中铝元素转化的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
19.有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属。三种金属单质A、B、C能与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系(图中有些反应的产物和反应的条件没有标出)。请根据以上信息回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：乙_________、H__________；
(2)写出反应②的离子方程式______________________；
(3)写出金属A与水反应的离子方程式___________________________；
(4)写出金属B与D的溶液反应的离子方程式____________________；
(5)F与D溶液反应后的产物在空气中转化为H的化学方程式___________；现象为_________________。
【答案】(1). Cl2 (2). Fe(OH)3 (3). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (4). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (5). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). 白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色
【解析】
【分析】黄绿色气体为氯气，和气体甲能反应，说明气体甲为H2，则气体丙为HCl，金属A的焰色反应显黄色，说明A是Na，则D为NaOH，金属B和NaOH溶液反应生成氢气，则B为Al，红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G中含有Fe3＋，溶液F与氯气反应生成Fe3＋，则F中含有Fe2＋，C是常见金属，能和盐酸反应生成溶液F，则金属C为Fe，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A是Na，B为Al，C为Fe，D为NaOH，溶液E是盐酸，溶液F是氯化亚铁，溶液G是氯化铁，H是氢氧化铁，气体甲为H2，黄绿色气体乙为氯气，气体丙为HCl，则
（1）物质乙和H的化学式分别是Cl2、Fe(OH)3；
（2）根据以上分析可知反应②的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（3）金属A是钠，与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（4）金属铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（5）F与D溶液反应后的产物是氢氧化亚铁，易被氧化为氢氧化铁，则在空气中转化为H的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象为白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色。
20.某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如下装置进行实验。
请按要求回答下列问题：
(1)饱和食盐水的作用是_______________________________；
(2)淀粉-KI溶液中观察到的现象是_____________，反应的离子方程式为_______________。
(3)若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，由该现象可得出的结论是___________________甲中盛放的试剂是____________。
(4)Cl2与石灰乳反应制取漂白粉的离子方程式为________________________；
(5)该兴趣小组用17.4 g 二氧化锰与足量的浓盐酸制备氯气，反应的离子方程为____________，理论上最多可制得标准状况下氯气的体积是_______L。
【答案】(1). 除去Cl2中混有的HCl (2). 溶液变蓝色 (3). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (4). 干燥的氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性 (5). 浓硫酸 (6). Cl2+Ca(OH)2＝Ca2++Cl-+ClO-+H2O (7). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (8). 4.48
【解析】
【分析】发生装置中通过二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气中含氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过淀粉碘化钾溶液变蓝，通过甲洗气瓶中的浓硫酸干燥氯气，通过干燥的有色布条不变化，通过湿润的有色布条会褪色，最后通过石灰乳反应生成漂白粉，据此解答。
【详解】（1）浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，制备的氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl；
（2）氯气氧化性强于碘，能够与碘化钾反应生成碘，碘遇到淀粉变蓝，反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2；
（3）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，由于氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，因此由该现象可得出的结论是干燥的氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。氯气是酸性气体，因此甲中盛放的试剂是浓硫酸，用来干燥氯气；
（4）Cl2与石灰乳反应制取漂白粉的离子方程式为Cl2+Ca(OH)2＝Ca2++Cl-+ClO-+H2O；
（5）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知反应的离子方程为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。17.4g二氧化锰的物质的量是17.4g÷87g/mol＝0.2mol，则理论上完全反应生成氯气0.2mol，标况下气体体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
21.加热7.78g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g。
(1)原混合物中碳酸氢钠的质量为______，反应的化学方程式为 ______________。
(2)将剩余固体溶于水，配成500mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为______。取出该溶液50mL，向其中逐滴滴入0.2mol/L盐酸35mL，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为_______mL。
【答案】(1). 6.72g (2). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (3). 0.1mol/L (4). 44.8
【解析】
【分析】（1）结合反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑及差量法计算；
（2）根据c＝n÷V以及碳酸钠与盐酸反应的方程式分析解答。
【详解】（1）加热7.78g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，设碳酸氢钠的质量为x，则根据方程式可知
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ △m
168g 62g
x 2.48g
x=(168g×2.48g)/62g=6.72g
即原混合物中碳酸氢钠的质量为6.72g
（2）根据以上分析可知剩余固体是碳酸钠，质量是7.78g－2.48g＝5.3g，物质的量是5.3g÷106g/mol＝0.05mol，配成500mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.05mol÷0.5L＝0.1mol/L。取出该溶液50mL，含有碳酸钠是0.005mol，35mL 0.2mol/L盐酸的物质的量是0.035L×0.2mol＝0.007mol，将盐酸逐滴加入碳酸钠溶液中首先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，消耗盐酸是0.005mol，生成碳酸氢钠是0.005mol，剩余盐酸是0.002mol，因此根据方程式NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑可知完全反应后生成0.002mol二氧化碳，在标准状况下的体积为0.002mol×22.4L/mol＝0.0448L＝44.8mL。
相对原子量：H-1 O-16 Na-23 Fe-56 C-12 Cl-35.5 Si-28 Cu-64 K-39 Al-27 Mn-55
第I卷(共48分)
一、选择题(本大题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是( )
A. 节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
C. 小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
D. 青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
【答案】B
【解析】
【详解】A、某些金属元素灼烧时产生特殊的火焰，这叫焰色反应，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；
B、包装袋内加入生石灰或硅胶，利用了它们的吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入还原铁粉，B错误；
C、小苏打的化学名碳酸氢钠，显碱性，能中和发酵过程产生的酸，同时受热易分解：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，使食物膨松，碳酸氢钠碱性较弱，对胃的刺激弱，还是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；
D、青铜成分是铜、锡，夏商时期就开始使用了，是我国最早使用的合金，钢铁是目前世界上使用量最大的合金，D正确。
答案选B。
2.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是（ ）
A. 蒸发 B. 过滤
C. 蒸馏 D. 分液
【答案】D
【解析】
【分析】A. 蒸发应用蒸发皿；
B. 过滤时，玻璃棒抵在三层滤纸一侧，用玻璃棒引流，漏斗的下端紧靠烧杯内壁；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出；
D．分液漏斗的下端要紧靠烧杯内壁；
【详解】A. 蒸发应用蒸发皿,不能用烧杯,故A错误；
B. 过滤时，玻璃棒抵在三层滤纸一侧，用玻璃棒引流，漏斗的下端紧靠烧杯内壁，操作正确，B正确；
C．利用该装置进行蒸馏时，温度计应水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，冷水应从冷凝管的下口进，上口出，C错误；
D．分液漏斗的下端要紧靠烧杯内壁，D错误；
综上所述，本题选B。
3.实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；关于该反应的下列说法不正确的是( )
A. Na2NO2是氧化剂，NH4Cl是原剂
B. N2既是氧化产物，又是还原产物
C. NH4Cl中氮元素被还原
D. 每生成1molN2转移电子的物质的量为3mol
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，NH4Cl是还原剂，A正确；
B、根据选项A中分析可知N2既是氧化产物，又是还原产物，B正确；
C、NH4Cl中的氮元素化合价升高，失电子，被氧化，发生氧化反应，C错误；
D、NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，NH4Cl中N的化合价从-3价升为0价，NH4Cl是还原剂，因此每生成1 mol N2时，转移电子的物质的量为3 mol，D正确。
答案选C。
4.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. Cl2与水反应:Cl2+ H2O = 2H++ Cl-+ClO-
B. AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+
C. 三氯化铁溶液中加入金属钠：3Na+ Fe3+=3Na+ + Fe
D. NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-+ CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸难电离，Cl2与水反应的离子方程式应该是Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，A错误；
B. AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，B正确；
C. 钠极易与水反应，三氯化铁溶液中加入金属钠生成氢氧化铁、氯化钠和氢气：6Na+2Fe3++6H2O＝6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑，C错误；
D. NaAlO2溶液中通入过量的CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，D错误。
答案选B。
5.下列物质的鉴别方法不正确的是( )
A. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl
B. 用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液
C. 利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液
D. 用氢氧化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠元素的焰色反应显黄色，钾元素的焰色反应显紫色（透过蓝色钴玻璃），可用焰色反应鉴别NaCl、KCl，故A正确；
B．NaOH与AlCl3溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故B正确；
C．丁达尔效应为胶体特有的性质，则利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，故C正确；
D．Na2CO3和NaHCO3两种溶液均与氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
答案选D。
6.下列有关说法正确的是( )
A. 铁粉与氯气反应只能生成FeCl3
B. Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
C. 11.2LCl2的质量为35.5g
D. 保存氢氟酸时, 常用带橡胶塞的玻璃瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯气具有强氧化性，铁粉与氯气反应只能生成FeCl3，A正确；
B. Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中既能作氧化剂，也能作还原剂，例如氯气与氢氧化钠溶液反应，B错误；
C. 11.2LCl2的物质的量不一定是0.5mol，其质量不一定为35.5g，C错误；
D. 氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此保存氢氟酸时需要用塑料瓶，不能用玻璃瓶，D错误。
答案选A。
7.下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是( )
A. 将Na2O与Na2O2分别加入滴有酚酞的水中，二者现象相同
B. 在Na2O2与水的反应中，水是还原剂
C. 相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1：1
D. 等质量的Na2O与Na2O2投入等量且足量水中充分反应后所得溶液物质的量浓度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，具有强氧化性，与酚酞反应先变红后褪色，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，与酚酞反应只变红色，二者现象不相同，A错误；
B．在Na2O2与水的反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；
C．氧化钠中阴离子是氧离子，过氧化钠中阴离子是过氧根离子，所以相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1:1，C正确；
D．等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，生成氢氧化钠的物质的量相同，即溶液中溶质的质量相同，对于反应Na2O+H2O=2NaOH；1mol氧化钠与足量的水反应，溶液质量增加62g，对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol过氧化钠与足量的水反应，溶液的质量增加62g，所以反应后两溶液的质量相同，若Na2O与Na2O2的质量相等，物质的量不相等，所得溶液物质的量浓度不相等，D错误。
答案选C。
8.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去
2 min后，试管里出现凝胶
酸性：盐酸＞硅酸
B
在酒精灯上加热铝箔
铝箔熔化但不滴落
熔点：氧化铝＞铝
C
CO2通入CaCl2溶液中
出现浑浊
生成了难溶的CaCO3
D
向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水
先无明显现象，后溶液变成红色
溶液中含有Fe2+，没有Fe3+
【答案】C
【解析】A、硅酸钠溶液中加入盐酸，生成的凝胶为H2SiO3，说明盐酸的酸性大于硅酸，A正确；B、加热铝箔时，铝的表面被氧化为一层致密的氧化膜Al2O3，铝箔熔化但不滴落，说明表面的氧化铝未熔化，所以氧化铝的熔点高于铝的熔点，B正确；C、因为碳酸的酸性小于盐酸的酸性，所以CO2与CaCl2溶液不会反应，C错误；D、某溶液中先滴加KSCN溶液无明显现象，说明溶液中无Fe3+，再加氯水，溶液变成红色，说明溶液中含有Fe3+，故原溶液中一定含有Fe2+，D正确。正确答案为C。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A. FeCl3溶液中：K＋、Na＋、SO42－、SCN－
B. 使酚酞试液变红的溶液中：K＋、Na＋、Cl-、CO32－
C. 漂白粉溶液中：H+、Na＋、Fe2+、SO42－
D. 与铝反应产生氢气的溶液中：Na＋、K＋、Fe2+、HCO3－
【答案】B
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及题干中的限制条件分析判断。
【详解】A、Fe3＋和SCN－反应生成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存，故A不符合；
B、酚酞试液变红，说明溶液显碱性，K＋、Na＋、Cl-、CO32－能大量共存，故B符合；
C、漂白粉具有强氧化性，能氧化亚铁离子，不能大量共存，且次氯酸根离子与氢离子也不能大量共存，故C不符合；
D、与铝反应产生氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，显酸性，HCO3－不能大量共存，显碱性Fe2+、HCO3－均不能大量共存，故D不符合。
答案选B。
10.在含有FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断正确的是（ ）
A. 加入KSCN溶液可能变红色 B. 溶液中一定含有Fe2+
C. 溶液中一定不含Cu2+ D. 剩余固体中一定含有Fe
【答案】B
【解析】
【分析】Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，固体有剩余，则反应后的溶液中一定不存在Fe3+，据此进行判断。
【详解】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；
②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，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；
A．由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A错误；
B．固体有剩余，Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，溶液中一定存在Fe2+，故B正确；
C．若Fe不足，溶液中可能有Cu2+，故C错误；
D．根据以上分析可知如果铁不足，剩余的固体没有铁，故D错误；
故答案选B。
11.下列各组物质相互作用，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（ ）
A. Na和O2 B. Na2CO3和HCl
C. AlCl3和NaOH D. NaOH和NaHCO3
【答案】D
【解析】
【分析】A. 根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析；
B. 根据Na2CO3和少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的HCl生成氯化钠、水和二氧化碳；
C. 氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解；
D. 碳酸氢盐和其对应的强碱的反应产物是碳酸盐；
【详解】A. 钠和氧气反应在常温下，会生成氧化钠；而在加热时，则生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故A项错误；
B. Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl则生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B项错误；
C. 氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，故C项错误；
D. 碳酸氢钠和其对应的强碱氢氧化钠的反应产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故D项正确；
答案选D。
12.单质及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中能全部通过一步反应完成的是( )
A. HCl→Cl2→HClO→NaClO
B. Fe→Fe(OH)3→Fe2O3→Fe(NO3)3
C. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
D. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化氢被氧化生成氯气，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，能通过一步反应完成，故A选；
B、铁不能直接转化为氢氧化铁，不能一步实现，故B不选；
C、二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，不能通过一步反应完成，故C不选；
D、氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D不选；
故答案选A。
13.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－的数目为NA
B. 标准状况下，22.4LH2和CO的混合气体中含有的原子数目为2NA
C. 60gSiO2晶体中含有的分子数目为NA
D. 78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液的体积未知，不能计算含有的Cl－数目，A不选；
B. 标准状况下，22.4LH2和CO的混合气体的物质的量是1mol，二者都是2个原子组成的，因此其中含有的原子数目为2NA，B选；
C. SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，C不选；
D. 78gNa2O2的物质的量是1mol，与过量CO2反应转移的电子数目为NA，D不选；
答案选B。
14.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是 （ ）
①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中
②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液
③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
④向NaAlO2溶液中通入过量CO2
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2
A. ①③④⑤ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤
【答案】D
【解析】试题分析：①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误； ③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；④氢氧化铝不溶于弱酸，故向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确； ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉淀，正确。选D。
15.向含等物质的量的FeCl3和AlCl3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物质的量)( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】向含等物质的量的FeCl3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生的反应有Fe3++3OH-＝Fe（OH）3↓、Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，后发生Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，沉淀溶解至最后氢氧化铝完全消失，因此等物质的量的FeCl3和AlCl3的混合溶液中前面与后面消耗氢氧化钠的物质的量之比为6：1，所以选项D中图像正确，故答案选D。
16.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3化合物中，加入2mol/L的盐酸100mL，恰好使混合物完全溶解，放出448mL(标况)气体，所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁( )
A. 11.2g B. 2.8g C. 5.6g D. 8.4 g
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=0.5n（HCl）=0.5×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故答案选C。
第Ⅱ卷(共52分)
二、填空题(共52分)
17.(1)在工农业生产和日常生活中经常用到的物质有下列几种：
①Si②SiO2③NaHCO3④NaClO⑤Fe2O3⑥Na2SiO3⑦KAl(SO4)2⑧Na2O2，其中，常用作半导体材料的是_____，(填写序号，下同)，常用于杀菌、消毒的是_____，常用作红色的油漆和涂料的是_____,常用作呼吸面具中的供氧剂的是_____。
(2)将饱和FeCl3溶液滴入沸水中并煮沸，可得到红褐色液体。下列关于该液体的说法正确的是____。
A.光束通过该液体时形成光亮的“通路”
B.向该液体中加入AgNO3溶液，无沉淀产生
C.该液体能发生电泳现象，阴极附近颜色变深
D.该液体不稳定，密封放置会产生沉淀
(3)实验室中需0.2mol/L的NaOH溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取NaOH固体的质量分别是______(选填下列序号)。
A.1000mL；8.0g B.950mL；7.6g C.1000mL；7.6g D.任意规格；7.6g
(4)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是______(填下列编号)。
A．容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 B．定容观察液面时俯视
C．未冷却至室温就开始定容 D．加蒸馏水时不慎超过了刻度
【答案】(1). ① (2). ④ (3). ⑤ (4). ⑧ (5). AC (6). A (7). BC
【解析】
【分析】（1）根据物质的性质和用途分析判断；
（2）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中并煮沸，得到红褐色液体是胶体，结合胶体的性质解答；
（3）实验室中需0.2mol/L的NaOH溶液950mL，应该选择1000mL容量瓶，据此计算；
（4）根据c＝n/V结合实验操作解答。
【详解】（1）在所给的物质中常用作半导体材料的是硅，答案选①；次氯酸钠具有强氧化性，常用于杀菌、消毒，答案选④；常用作红色的油漆和涂料的是氧化铁，答案选⑤；过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，答案选⑧。
（2）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中并煮沸，得到红褐色液体是胶体，则
A.胶体可以产生丁达尔效应，因此光束通过该液体时形成光亮的“通路”，A正确；
B.向该液体中加入AgNO3溶液，胶体发生聚沉，有红褐色沉淀产生，B错误；
C.胶体能发生电泳现象，由于氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，所以阴极附近颜色变深，C正确；
D.胶体比较稳定，密封放置不会产生沉淀，D错误。
答案选AC。
（3）实验室中需0.2mol/L的NaOH溶液950mL，应该选择1000mL容量瓶，所以配制时应称取NaOH固体的质量是1L×0.2mol/L×40g/mol＝8g，答案选A。
（4）A．容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，不影响溶质的质量和溶液的体积，浓度不变，A不选；
B．定容观察液面时俯视，溶液体积减少，浓度偏高，B选；
C．未冷却至室温就开始定容，冷却后溶液体积减少，浓度偏高，C选；
D．加蒸馏水时不慎超过了刻度，溶液体积增加，浓度偏低，D不选。
答案选BC。
18.某氧化铝样品中含有氧化铁、氧化亚铁和二氧化硅杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案，请回答下列问题：
(1)操作I的名称是_________；写出沉淀A和烧碱溶液反应的化学方程式__________。
(2)滤液A中加入过量双氧水的目的是___________；验证滤液A中存在Fe3＋的具体操作和现象为：_________________。
(3)滤液D焰色反应呈黄色，试剂C是_________(填化学式)；步骤③中铝元素转化的离子方程式为 _____________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+ H2O (3). 将Fe2+氧化成Fe3+ (4). 取少量滤液于试管中，滴入KSCN溶液出现血红色证明含铁离子 (5). NaOH (6). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】氧化铝样品中含有氧化铁、氧化亚铁和二氧化硅，加入过量盐酸，氧化铝、氧化亚铁、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁、氯化亚铁溶液，过滤得到沉淀A为二氧化硅，滤液A为氯化铁、氯化亚铁和氯化铝溶液，加入过量过氧化氢溶液氧化亚铁离子为铁离子，得到滤液B，加入过量试剂C为强碱溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸盐溶液，过滤得到沉淀D为Fe（OH）3，滤液D为含AlO2-溶液，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢盐，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝，以此解答该题。
【详解】根据以上分析可知沉淀A为二氧化硅，滤液A为氯化铁、氯化亚铁和氯化铝溶液，滤液B为氯化铁和氯化铝溶液，试剂C为强碱溶液，沉淀D为Fe（OH）3，滤液D为含AlO2-溶液，则
（1）操作I是分离固体和溶液，操作的名称是过滤；沉淀A的成分是SiO2，和烧碱溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
（2）滤液A中含有亚铁离子，滤液A中加入过量双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+；一般用KSCN溶液检验铁离子，则验证滤液A中存在Fe3+的具体操作和现象为取少量滤液于试管中，滴入KSCN溶液出现血红色证明含铁离子；
（3）滤液D焰色反应呈黄色，因此试剂C是NaOH溶液，步骤③中铝元素转化的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
19.有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属。三种金属单质A、B、C能与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系(图中有些反应的产物和反应的条件没有标出)。请根据以上信息回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：乙_________、H__________；
(2)写出反应②的离子方程式______________________；
(3)写出金属A与水反应的离子方程式___________________________；
(4)写出金属B与D的溶液反应的离子方程式____________________；
(5)F与D溶液反应后的产物在空气中转化为H的化学方程式___________；现象为_________________。
【答案】(1). Cl2 (2). Fe(OH)3 (3). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (4). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (5). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). 白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色
【解析】
【分析】黄绿色气体为氯气，和气体甲能反应，说明气体甲为H2，则气体丙为HCl，金属A的焰色反应显黄色，说明A是Na，则D为NaOH，金属B和NaOH溶液反应生成氢气，则B为Al，红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G中含有Fe3＋，溶液F与氯气反应生成Fe3＋，则F中含有Fe2＋，C是常见金属，能和盐酸反应生成溶液F，则金属C为Fe，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A是Na，B为Al，C为Fe，D为NaOH，溶液E是盐酸，溶液F是氯化亚铁，溶液G是氯化铁，H是氢氧化铁，气体甲为H2，黄绿色气体乙为氯气，气体丙为HCl，则
（1）物质乙和H的化学式分别是Cl2、Fe(OH)3；
（2）根据以上分析可知反应②的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（3）金属A是钠，与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（4）金属铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（5）F与D溶液反应后的产物是氢氧化亚铁，易被氧化为氢氧化铁，则在空气中转化为H的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象为白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色。
20.某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如下装置进行实验。
请按要求回答下列问题：
(1)饱和食盐水的作用是_______________________________；
(2)淀粉-KI溶液中观察到的现象是_____________，反应的离子方程式为_______________。
(3)若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，由该现象可得出的结论是___________________甲中盛放的试剂是____________。
(4)Cl2与石灰乳反应制取漂白粉的离子方程式为________________________；
(5)该兴趣小组用17.4 g 二氧化锰与足量的浓盐酸制备氯气，反应的离子方程为____________，理论上最多可制得标准状况下氯气的体积是_______L。
【答案】(1). 除去Cl2中混有的HCl (2). 溶液变蓝色 (3). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (4). 干燥的氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性 (5). 浓硫酸 (6). Cl2+Ca(OH)2＝Ca2++Cl-+ClO-+H2O (7). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (8). 4.48
【解析】
【分析】发生装置中通过二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气中含氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过淀粉碘化钾溶液变蓝，通过甲洗气瓶中的浓硫酸干燥氯气，通过干燥的有色布条不变化，通过湿润的有色布条会褪色，最后通过石灰乳反应生成漂白粉，据此解答。
【详解】（1）浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，制备的氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl；
（2）氯气氧化性强于碘，能够与碘化钾反应生成碘，碘遇到淀粉变蓝，反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2；
（3）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，由于氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，因此由该现象可得出的结论是干燥的氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。氯气是酸性气体，因此甲中盛放的试剂是浓硫酸，用来干燥氯气；
（4）Cl2与石灰乳反应制取漂白粉的离子方程式为Cl2+Ca(OH)2＝Ca2++Cl-+ClO-+H2O；
（5）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知反应的离子方程为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。17.4g二氧化锰的物质的量是17.4g÷87g/mol＝0.2mol，则理论上完全反应生成氯气0.2mol，标况下气体体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
21.加热7.78g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g。
(1)原混合物中碳酸氢钠的质量为______，反应的化学方程式为 ______________。
(2)将剩余固体溶于水，配成500mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为______。取出该溶液50mL，向其中逐滴滴入0.2mol/L盐酸35mL，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为_______mL。
【答案】(1). 6.72g (2). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (3). 0.1mol/L (4). 44.8
【解析】
【分析】（1）结合反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑及差量法计算；
（2）根据c＝n÷V以及碳酸钠与盐酸反应的方程式分析解答。
【详解】（1）加热7.78g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，设碳酸氢钠的质量为x，则根据方程式可知
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ △m
168g 62g
x 2.48g
x=(168g×2.48g)/62g=6.72g
即原混合物中碳酸氢钠的质量为6.72g
（2）根据以上分析可知剩余固体是碳酸钠，质量是7.78g－2.48g＝5.3g，物质的量是5.3g÷106g/mol＝0.05mol，配成500mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.05mol÷0.5L＝0.1mol/L。取出该溶液50mL，含有碳酸钠是0.005mol，35mL 0.2mol/L盐酸的物质的量是0.035L×0.2mol＝0.007mol，将盐酸逐滴加入碳酸钠溶液中首先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，消耗盐酸是0.005mol，生成碳酸氢钠是0.005mol，剩余盐酸是0.002mol，因此根据方程式NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑可知完全反应后生成0.002mol二氧化碳，在标准状况下的体积为0.002mol×22.4L/mol＝0.0448L＝44.8mL。
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