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宁夏银川市第二中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题（含答案解析）
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这是一份宁夏银川市第二中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题（含答案解析），文件包含精品解析宁夏银川市第二中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题原卷版docx、精品解析宁夏银川市第二中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共29题，满分120分。考试时间为100分钟。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 S32 Cu64 Ba137
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法中不正确的是
A. 化学是一门具有创造性的科学
B. 化学的特征就是认识分子和制造分子
C. 展望未来，化学科学具有十分广阔的探索空间
D. 化学研究一定会造成非常严重的环境污染，最终人类将毁灭在化学物质中
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学不仅研究物质的组成、结构、性质，还能制造新的元素、新的分子等，为人们的生活服务，是一门具有创造性的科学，A正确；
B．化学的特征就是研究分子、认识分子，并根据需要制造分子，B正确；
C．化学科学是一门起步较晚的科学，她具有旺盛的生命力，具有十分广阔的探索空间，C正确；
D．化学研究是为了满足人们日益增长的生产、生活需要，有时可能会对环境造成污染，但科学家总会想出办法解决污染问题，最终将人类带入美好的未来，D不正确；
故选D。
2. 常用来研究物质性质的方法有：①观察法②实验法③分类法④比较法
A. ①②③B. ①②④C. ①②③④D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】研究物质的基本方法有：观察法、实验法、分类法、比较法，通过金属钠和钾与水反应现象的对比，比较二者化学性质的异同，其中用到了实验法、观察法、比较法、分类法，答案选C。
3. 下列各组物质，按混合物、单质、化合物顺序排列的是
A. 漂白粉、液态氧、碘酒B. 稀硫酸、氯气、氨气
C. 干冰、铜、氯化氢D. 冰水混合物、氮气、胆矾
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘酒为碘的酒精溶液，属于混合物，A不符合题意；
B．稀硫酸为硫酸的水溶液，属于混合物，氯气为氯单质，氨气为由氮、氢两种元素组成的化合物，B符合题意；
C．干冰为固态的二氧化碳，属于化合物，C不符合题意；
D．冰水混合物由两种状态不同的水混合而成，属于纯净物，D不符合题意；
故选B。
4. 《医学入门》中记载了提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中不涉及的操作方法是
A. 萃取B. 溶解C. 洗涤D. 蒸发
【答案】A
【解析】
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；
细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；
去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；
慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；
综合以上分析，文中未涉及的操作方法是萃取，故选A。
5. 下列物质属于非电解质，但水溶液能导电的是
A. Cl2B. NH3C. HClD. K2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B．NH3属于非电解质，它的水溶液为氨水，能够导电，B符合题意；
C．HCl属于电解质，且为强电解质，C不符合题意；
D．K2SO4为可溶性盐，属于强电解质，D不符合题意；
故选B。
6. 下列叙述错误的是
A. 将一束强光通过蛋白质溶液，也能产生丁达尔效应
B. 在含有1mlFe(OH)3的胶体中，约含6.02×1023个Fe(OH)3胶粒
C. 一支钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞
D. 利用胶体的电泳性质可以将油漆、乳胶等微粒均匀地沉积在镀件上
【答案】B
【解析】
【详解】A．蛋白质溶液也属于胶体，所以一束强光照射蛋白质溶液，能产生丁达尔效应，A正确；
B．1个Fe(OH)3胶粒，由许许多多个Fe(OH)3分子聚集而成，所以含有1mlFe(OH)3的胶体中，含Fe(OH)3胶粒数小于6.02×1023，B错误；
C．蓝黑墨水属于胶体，两种不同型号的蓝黑墨水，所带电性可能不同，若电性不同，会发生胶体的凝聚，从而出现堵塞，C正确；
D．油漆、乳胶等属于胶体，它们发生电泳后，能均匀地沉积在镀件上，D正确；
故选B
7. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．游泳池常用ClO2而非Cl2消毒，是由于Cl2易挥发，氯气有毒，大量使用对人体有害，而不是ClO2价格便宜，A错误；
B．漂白粉在空气中久置变质，是由于漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中CO2反应生成CaCO3和HClO，且HClO见光易分解，B错误；
C．生石灰可做干燥剂，是由于生石灰可与水反应而吸收水分，C正确；
D．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，反应原理为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，D错误；
故答案为：C。
8. 下列离子可大量共存且溶液无色的是
A. Cu2+、、Fe3+、Cl-B. Fe2+、H+、ClO-、
C. 、Al3+、Na+、D. H+、Cl-、K+、
【答案】D
【解析】
【详解】A．含Cu2+的溶液呈蓝色，含Fe3+的溶液呈棕黄色，A不符合题意；
B．Fe2+呈浅绿色，且与ClO-能发生氧化还原反应，H+与ClO-、都能发生反应，B不符合题意；
C．溶于水后使溶液呈紫色，C不符合题意；
D．H+、Cl-、K+、在溶液中不发生反应，离子间能大量共存，D符合题意；
故选D。
9. 提纯下列物质(括号内物质为杂质)，选用的试剂和操作方法都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2和HCl都能被NaOH溶液吸收，不能用于除去CO2中的HCl杂质，A不正确；
B．FeCl2溶液中混入FeCl3，加入过量铁粉，可将FeCl3还原为Fe，过滤出过量铁粉，可得纯净的FeCl2溶液，B正确；
C．Fe2(SO4)3溶液中混入FeSO4，通入Cl2后，FeSO4转化为Fe2(SO4)3和FeCl3，又引入了新的杂质，C不正确；
D．BaCO3中混入BaSO4，加入盐酸后，BaSO4不溶解，BaCO3溶解，并转化为BaCl2，D不正确；
故选B。
10. 下列物质溶于水后，仅以分子形式存在的是
A. 乙醇B. 醋酸C. 醋酸钠D. 硫酸钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇属于非电解质，溶于水后仍以乙醇分子的形式存在，A符合题意；
B．醋酸属于弱电解质，溶于水后发生部分电离，仅有一部分以分子形式存在，B不符合题意；
C．醋酸钠为可溶性强电解质，溶于水后完全电离，不存在醋酸钠分子，C不符合题意；
D．硫酸钠为可溶性强电解质，溶于水后完全电离为钠离子和硫酸根离子，D不符合题意；
故选A。
11. 下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A. Ca(OH)2→CaOB. Cl2→HClC. Fe→Fe3+D. →Mn2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca(OH)2→CaO为分解反应，无元素化合价的变化，不需加入还原剂，A不符合题意；
B．Cl2→HCl，可通过歧化反应，如将Cl2与H2O反应实现，不一定需加入还原剂，B不符合题意；
C．Fe→Fe3+，Fe元素的化合价升高，需要加入氧化剂，C不符合题意；
D．→Mn2+，Mn元素的化合价降低，需要加入还原剂，D符合题意；
故选D。
12. 锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，向其中注射浓盐酸，观察到纸花褪色，并有黄绿色气体生成，该实验可以得到的结论是
A. 说明具有漂白性B. 实验中只发生了氧化还原反应
C. 浓盐酸被氧化D. 反应中生成的气体只有
【答案】C
【解析】
【分析】漂粉精粉的有效成分是Ca(ClO)2，放置于空气中吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以部分变质的漂粉精粉末由次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙组成，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了黄绿色的氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成二氧化碳，因为生成的氯气中混有水蒸气，含有水蒸气的氯气具有漂白性，所以可观察到纸花褪色，据此分析解答。
【详解】A．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，漂粉精没有使红色纸花褪色，所以该实验不能说明Ca(ClO)2具有漂白性，故A错误；
B．部分变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成了二氧化碳，故B错误；
C．浓盐酸中HCl与Ca(ClO)2反应生成氯气，盐酸中Cl的化合价升高，发生氧化反应，盐酸被氧化，故C正确；
D．变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入盐酸可生成氯气和二氧化碳气体，故D错误；
故选C。
13. 下列物质中的硫元素不能表现出氧化性的是
A. SO3B. Na2SC. SD. SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO3中硫元素显+6价，在化学反应中化合价能够降低，从而表现出氧化性，A不符合题意；
B．Na2S中硫元素显-2价，为硫元素的最低价，不能表现出氧化性，B符合题意；
C．S单质的化合价为0价，在化学反应中化合价可以降低，从而表现出氧化性，C不符合题意；
D．SO2中硫元素显+4价，与H2S反应时化合价可以降为0价，表现出氧化性，D不符合题意；
故选B。
14. 下列物质在水溶液中电离方程式，正确的是
A. H2SO4=+B. KClO3=K++Cl-+3O2-
C. CH3COOH=H++CH3COO-D. NaHCO3=Na++
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2SO4电离不能生成，电离方程式为H2SO4=2H++，A不正确；
B．含氧酸根离子不能拆开书写，电离方程式为KClO3=K++，B不正确；
C．醋酸为弱酸，发生部分电离，电离方程式为CH3COOHH++CH3COO-，C不正确；
D．碳酸氢钠为可溶性盐，发生完全电离，电离方程式为NaHCO3=Na++，D正确；
故选D。
15. 下列有关Na2CO3和NaHCO3说法正确的是
A. Na2CO3热稳定性弱于NaHCO3热稳定性
B. 等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应，前者产生的CO2多
C. 分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，两者都产生白色沉淀
D. 将同浓度的盐酸分别逐滴滴入Na2CO3、NaHCO3溶液中，两者产生的现象相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3的热稳定性强，而NaHCO3受热易分解，A不正确；
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3，前者的物质的量比后者小，分别与足量的盐酸反应，后者产生的CO2多，B不正确；
C．分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，都能发生反应，生成CaCO3产生白色沉淀，C正确；
D．将同浓度的盐酸分别逐滴滴入Na2CO3、NaHCO3溶液中，前者起初无现象，后来产生气泡，后者立即产生气泡，D不正确；
故选C。
16. 有关氢氧化铁胶体的说法正确的是
A. 液体呈黄色
B. 其分散质粒子直径小于1nm，不能透过滤纸
C. 将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，边滴边搅拌，即可制得氢氧化铁胶体
D. 将大量FeCl3饱和溶液一次性加入沸水中，不能制得胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化铁胶体呈红褐色，A错误；
B．胶体分散质粒子直径大小为1~100nm，胶体粒子能透过滤纸，B错误；
C．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，可制得氢氧化铁胶体，不能搅拌，搅拌能使胶体发生聚沉，C错误；
D．制备氢氧化铁胶体是，应向沸水中逐滴滴加1~2mL饱和FeCl3溶液，并继续加热至液体呈透明的红褐色为止，不能一次性将大量FeCl3饱和溶液一次性加入沸水中，否则会发生聚沉现象，不能制得胶体，D正确；
故答案为：D。
17. 向紫色石蕊溶液中分别加入过量Cl2、Na和Na2O2粉末，振荡，正确的叙述是
A. 最后溶液分别呈红色、蓝色、蓝色，后两者有气泡
B. 通入Cl2溶液先变红最后褪色，是因为氯水中Cl2的漂白作用
C. 加足量Na2O2粉末的溶液先变蓝色，最后褪色
D. 最后溶液都褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，因此溶液先变红后褪色。钠溶于水生成氢氧化钠，使紫色的石蕊试液显蓝色。过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，则溶液先变蓝色，后褪色，A错误；
B. 通入Cl2溶液先变红最后褪色，是因为氯水中次氯酸的漂白作用，氯气没有漂白性，B错误；
C. 根据A中分析可知加足量Na2O2粉末的溶液先变蓝色，最后褪色，C正确；
D. 加入钠溶液最终显蓝色，不会褪色，D错误。
答案选C。
18. 下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是（ ）
A. Fe3O4B. Na2O2C. FeCl2D. FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁在氧气中燃烧发生化合反应生成Fe3O4，A选项不符合题意；
B. 钠在氧气中燃烧发生化合反应生成Na2O2，B选项不符合题意；
C. 铁和氯气反应只能生成FeCl3，不能生成 FeCl2，C选项符合题意；
D. 铁在氯气中燃烧发生化合反应生成FeCl3，D选项不符合题意；
答案选C。
【点睛】铁和氯气加热反应生成氯化铁，与反应物的量无关，氯化铁溶于水后才能与铁反应生成氯化亚铁。
19. 下列氧化还原反应中，水作为氧化剂的是
A. H2O+CaO=Ca(OH)2B. CO+H2OCO2+H2
C. Cl2+H2O=HCl+HClOD. 2F2+2H2O=4HF+O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应H2O+CaO=Ca(OH)2中，所有元素的化合价均未改变，该反应是一个非氧化还原反应，则H2O既不是氧化剂也不是还原剂，A不合题意；
B．反应CO+H2OCO2+H2中H2O中H的化合价由+1价降低到0价，化合价降低被还原，则H2O为氧化剂，B符合题意；
C．反应Cl2+H2O=HCl+HClO中H2O中H和O的化合价未改变，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，C不合题意；
D．反应2F2+2H2O=4HF+O2中H2O中O的化合价由-2价升高到0价，化合价升高被氧化，则H2O是还原剂，D不合题意；
故答案为：B。
20. 下列离子方程式书写正确的是
A. Ba(OH)2和H2SO4两溶液混合：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
B. 钠与水反应：Na+H2O=Na++H2↑+OH-
C. 锌和硝酸银溶液反应：Zn+2Ag+=2Ag+Zn2+
D. 氢氧化铜加到盐酸中：OH-+H+=H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2和H2SO4溶液混合，生成BaSO4和H2O，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，A不正确；
B．钠与水反应，生成NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-，B不正确；
C．锌和硝酸银溶液混合，发生置换反应，生成硝酸锌和银，离子方程式为：Zn+2Ag+=2Ag+Zn2+，C正确；
D．氢氧化铜为难溶性弱碱，加到盐酸中，反应生成CuCl2和水，离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，D不正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
21. 对于相同质量的CO和CO2来说，下列关系中正确的是
A. 含氧原子的个数比为1：2B. 含碳元素的质量比为7：11
C. 含氧元素的质量比为11：14D. 含碳原子的个数比为11：14
【答案】C
【解析】
【详解】A．含氧原子的个数比为=11：14，A错误；
B．含碳元素的质量比为=11：7，B错误；
C．含氧元素的质量比为=11：14，C正确；
D．含碳原子的个数比为=11：7，D错误；
故答案为：C。
22. 一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3＋NO―→N2＋H2O(未配平)。在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为 ( )
A. 2﹕3B. 3﹕2C. 4﹕5D. 5﹕6
【答案】A
【解析】
【详解】NH3中N化合价的变化为-3→0，化合价升高3，NH3中N被氧化，NO中N化合价的变化为+2→0，化合价降低2，NO中N被还原，元素化合价升降数值相等，所以被氧化与被还原的氮原子数之比为2:3，故选A。
23. 如果1g水中含有n个氢原子，则阿伏伽德罗常数是（ ）
A. n/18ml－1B. 9n ml－1C. 2n ml－1D. n ml－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据m＝nM、N＝nNA结合水的组成解答。
【详解】1g水的物质的量为1/18 ml，水分子是由1个氧原子和2个氢原子构成的，则氢原子的物质的量为1/9 ml，由N＝nNA可知，阿伏伽德罗常数可表示为NA＝＝9n ml-1。答案选B。
24. 赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：
Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中正确的是
A. 该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
B. Cu2S 在反应中只做还原剂
C. Cu 氧化产物，SO2是还原产物
D. 每生成38.4gCu，反应中转移0.6ml电子
【答案】D
【解析】
【分析】Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，以此来解答。
【详解】A、Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂，Cu2O是氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1，故A错误；
B、硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故B错误；
C、反应物Cu2S、Cu2O中硫元素化合价降为金属铜中的0价，金属铜为还原产物，S元素的化合价升高，SO2是氧化产物，故C错误；
D、反应中，化合价升高了6价，转移了6ml电子，生成金属铜6ml，所以每生成38.4gCu（即0.6ml），反应中转移0.6ml电子，故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化及基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。
25. 如图所示装置，可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化，实验中使用的试剂为铁屑和6ml·L-1的硫酸、氢氧化钠溶液。下列说法正确的是
A. 分液漏斗中盛放的是氢氧化钠溶液
B. A中反应的化学方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C. 生成Fe(OH)2的操作为：首先打开a，让分液漏斗中液体流下，一段时间后关闭a，A中液体沿导管流入B中
D. 打开b放入一些空气，可观察到Fe(OH)2的颜色由最初的灰绿色变为红褐色
【答案】C
【解析】
【分析】从B装置的构造看，里面的液体不可能进入A装置内，所以B装置内应盛有NaOH溶液，A装置内反应生成FeSO4后，利用产生的气体压入B装置内。
【详解】A．由分析可知，A装置内制取FeSO4溶液，则分液漏斗中盛放的是6ml·L-1的硫酸，A不正确；
B．A中，铁屑和6ml·L-1的硫酸反应，化学方程式是：Fe+ H2SO4=FeSO4+H2↑，B不正确；
C．生成Fe(OH)2的操作为：起初需排尽装置内的空气，首先打开a，让分液漏斗中液体流下，并让反应生成的H2将两装置内的空气排出，一段时间后关闭a，利用产生的H2将A中液体沿导管压入B装置中，C正确；
D．Fe(OH)2的颜色是白色，空气进入后，可将Fe(OH)2氧化，固体颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色，D不正确；
故选C。
三、填空题：共65分，共4题，根据要求作答。
26. 某无色透明溶液中可能含有大量的K+、Ba2+、Cu2+、Mg2+、SO、Cl-、OH-、HCO中的多种离子。对此混合溶液进行以下分析。
①取250mL该混合溶液，加入过量盐酸，收集到标准状况下气体5.6L；
②在操作①后的溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥得到白色沉淀5.8g；
③在操作②后的溶液中加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥得到白色沉淀23.3g；
④在操作③后的溶液中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银溶液，产生大量的白色沉淀。
回答下列问题：
(1)不做实验就可确定一定不含有的离子是_____。收集到的气体的化学式为______。通过实验①确定一定不含有的离子是_____。
(2)通过实验②确定一定含有的离子是______。通过实验③确定一定含有的离子是_____。
(3)写出操作②涉及的化学反应的离子方程式_______。
(4)通过上述实验分析不能确定是否存在的离子是_____；K+的物质的量浓度至少为______。
(5)在操作③的过程中判断加入的BaCl2溶液过量的操作是________。
【答案】 ①. Cu2+ ②. CO2 ③. OH- ④. Mg2+ ⑤. SO ⑥. H++OH-=H2O、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓ ⑦. Cl- ⑧. 1.0ml/L ⑨. 向上层清液继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO沉淀完全，证明BaCl2溶液过量
【解析】
【分析】溶液无色透明，说明一定不含Cu2+。①中有气体生成，说明含有HCO，则不含OH-，生成气体为CO2，且n（HCO）=n（CO2）=5.6L÷22.4L/ml=0.25ml；②中有白色沉淀生成，说明含有Mg2+，生成的白色沉淀为Mg（OH）2，且n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]=5.8g÷58g/ml=0.1ml；③中有白色沉淀生成，说明含有SO，则不含Ba2+，生成白色沉淀为BaSO4，n（SO）=n（BaSO4）=23.3g÷233g/ml=0.1ml；④中生成的白色沉淀为AgCl，由于操作①、③中引入氯离子，不能说明原溶液中是否含有Cl-，由于2n（SO）+n（HCO）=0.45ml＞2n（Mg2+）=0.2ml，根据电荷守恒可知，溶液一定含有K+，原溶液不含Cl-时，K+的物质的量最小，即溶液中n（K+）最小为0.45ml-0.2ml=0.25ml，据此解答。
【详解】（1）溶液无色透明，不做实验就可确定一定不含有Cu2+。能与盐酸反应生成气体的离子为HCO，收集到的气体为CO2，OH-能与HCO反应，不能大量共存，通过实验①确定一定不含有的离子是OH-；
（2）实验②中与氢氧化钠溶液反应有白色沉淀生成，说明含有Mg2+，③中与氯化钡溶液溶液有白色沉淀生成，说明含有SO；
（3）操作②中NaOH先中和盐酸，再与镁离子反应生成Mg（OH）2沉淀，涉及的化学反应的离子方程式为：H++OH-=H2O、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（4）溶液没有Cu2+、OH-、Ba2+，一定含有HCO、SO、Mg2+，④中生成的白色沉淀为AgCl，由于操作①、③中引入氯离子，不能说明原溶液中是否含有Cl-，由于2n（SO）+n（HCO）=0.45ml＞2n（Mg2+）=0.2ml，根据电荷守恒可知，溶液一定含有K+，原溶液不含Cl-时，K+的物质的量最小，即溶液中n（K+）最小为0.45ml-0.2ml=0.25ml，K+的物质的量浓度至少为0.25ml÷0.25L=1.0ml/L；
（5）由于硫酸钡是不溶于水的白色沉淀，则在操作③的过程中判断加入的BaCl2溶液过量的操作是：向上层清液继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO沉淀完全，证明BaCl2溶液过量。
27. 氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。
（1）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O
①其中还原剂为___，还原产物为___。
②若有0.8ml还原剂被氧化，则转移电子的物质的量是___。
（2）古老但仍然是最有用的制备联氨(N2H4)溶液的方法如下：
__NaClO＋__NH3·H2O→___N2H4＋___NaCl＋___H2O
①请配平上述化学方程式。
②NH3·H2O在上述反应中显示出来的性质是___。
A．氧化性 B．还原性
C．酸性 D．碱性
（3）人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为____，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式_____。
（4）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为____。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶1，则氧化产物为___。
【答案】 ①. HBr ②. MnBr2 ③. 0.8ml ④. 1 ⑤. 2 ⑥. 1 ⑦. 1 ⑧. 3 ⑨. B ⑩. Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ ⑪. 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O ⑫. ＋1 ⑬. H3PO4
【解析】
【详解】（1）①反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，Br元素化合价升高1价，Mn元素化合价降低5价，反应中转移10个电子，反应中KMnO4为氧化剂，MnBr2为还原产物，HBr为还原剂，Br2为氧化产物；
故答案为HBr；MnBr2。
②HBr为还原剂，若有0.8ml还原剂被氧化，则转移电子的物质的量是0.8ml，
故答案为0.8ml。
（2）①一水合氨中的氮元素化合价由−3价升高到了−2价，失1ml电子，次氯酸钠中氯元素化合价由+1价降低到了−1价得到2ml电子，利用得失电子守恒则配平方程式为：NaClO+2NH3⋅H2O=N2H4+NaCl+3H2O，
故答案为1、2、1、1、3。
②一水合氨中氮元素的化合价升高了，表现了还原性，
故答案为B。
（3）铁粉在人体胃酸中发生反应生成亚铁离子和氢气，离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe2+在酸性条件下被氧气氧化为铁离子，其反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
故答案为Fe+2H+=Fe2++H2↑；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（4）①H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为−2价，则P元素的化合价为：+1价。
故答案为+1。
②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×(1−0)=1×(x−1)，解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4。
故答案为H3PO4。
28. 已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：
（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有_________（填序号）
①放热 ②黄绿色褪去 ③瓶口有白雾 ④瓶口有白烟 ⑤安静燃烧，发出黄色火焰 ⑥安静燃烧，发出苍白色火焰
（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。
（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。
①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出
（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。
（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。
①电解质 ②化合物 ③混合物 ④纯净物 ⑤非电解质 ⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】 ①. ①②③⑥ ②. Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+H2O+2NH3↑ ③. ①② ④. 4NH3+5O24NO+6H2O ⑤. NH4Cl ⑥. ①②④⑥ ⑦. 取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+
【解析】
【分析】为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；
(2)实验室制氨气化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+H2O+2NH3↑；
(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+。
29. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
（1）a中的试剂为______。
（2）b中采用的加热方式是_______，c中化学反应的离子方程式是_____，采用冰水浴冷却的目的是_____。
（3）d的作用是_____，可选用试剂_____(填标号)。
A．Na2S B．NaCl C．NaOH D．H2SO4
（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，______，_______，干燥，得到KClO3晶体。
（5）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显_____色。可知该条件下KClO3的氧化能力______NaClO(填“大于”或“小于")。
【答案】（1）饱和食盐水
（2） ①. 水浴加热 ②. Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O ③. 避免生成NaClO3
（3） ①. 吸收尾气(Cl2) ②. AC
（4） ①. 过滤 ②. 少量(冷)水洗涤
（5） ①. 紫 ②. 小于
【解析】
【分析】本实验的目的是制取氯气，并探究氯气的性质。首先制取氯气、除杂质，然后探究氯气与热、冷强碱反应的产物，最后进行尾气处理。
【小问1详解】
装置a的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，则加入的试剂为饱和食盐水。答案为：饱和食盐水；
【小问2详解】
b中采用烧杯内液体给试管加热，则加热方式是水浴加热；在c中，Cl2与冷水反应，生成NaCl、NaClO等，离子方程式是Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，因为加热时会生成NaClO3，所以采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3。答案为：水浴加热；Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；避免生成NaClO3；
【小问3详解】
d的作用是吸收尾气(Cl2)，依据 Cl2是具有强氧化性的酸性气体的性质，可选用还原性或碱性试剂吸收氯气，所以选择的试剂为Na2S、NaOH ，故选AC。答案为：吸收尾气(Cl2)；AC；
【小问4详解】
反应结束后，取出b中试管，首先应让溶质结晶析出，然后过滤，洗涤时需考虑尽可能减少溶解损失，所以经冷却结晶，过滤，少量(冷)水洗涤，干燥，得到KClO3晶体。答案为：过滤；少量(冷)水洗涤；
【小问5详解】
1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。说明KClO3没有将I-氧化，而NaClO将I-氧化为I2，由此可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。答案为：紫；小于。
【点睛】Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，随着反应的进行，溶液的温度不断升高，会发生副反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，所以需给溶液冷却选项
现象或事实
解释
A
游泳池常用ClO2而非Cl2消毒
ClO2价格便宜
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中CO2反应生成CaCO3
C
生石灰可做干燥剂
生石灰可与水反应
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜
物质
除杂试剂
方法
A
CO2(HCl)
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2溶液(FeCl3)
足量Fe粉
过滤
C
Fe2(SO4)3溶液(FeSO4)
足量氯气
D
BaCO3(BaSO4)
盐酸
过滤
注意事项：
1.本试卷共29题，满分120分。考试时间为100分钟。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 S32 Cu64 Ba137
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法中不正确的是
A. 化学是一门具有创造性的科学
B. 化学的特征就是认识分子和制造分子
C. 展望未来，化学科学具有十分广阔的探索空间
D. 化学研究一定会造成非常严重的环境污染，最终人类将毁灭在化学物质中
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学不仅研究物质的组成、结构、性质，还能制造新的元素、新的分子等，为人们的生活服务，是一门具有创造性的科学，A正确；
B．化学的特征就是研究分子、认识分子，并根据需要制造分子，B正确；
C．化学科学是一门起步较晚的科学，她具有旺盛的生命力，具有十分广阔的探索空间，C正确；
D．化学研究是为了满足人们日益增长的生产、生活需要，有时可能会对环境造成污染，但科学家总会想出办法解决污染问题，最终将人类带入美好的未来，D不正确；
故选D。
2. 常用来研究物质性质的方法有：①观察法②实验法③分类法④比较法
A. ①②③B. ①②④C. ①②③④D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】研究物质的基本方法有：观察法、实验法、分类法、比较法，通过金属钠和钾与水反应现象的对比，比较二者化学性质的异同，其中用到了实验法、观察法、比较法、分类法，答案选C。
3. 下列各组物质，按混合物、单质、化合物顺序排列的是
A. 漂白粉、液态氧、碘酒B. 稀硫酸、氯气、氨气
C. 干冰、铜、氯化氢D. 冰水混合物、氮气、胆矾
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘酒为碘的酒精溶液，属于混合物，A不符合题意；
B．稀硫酸为硫酸的水溶液，属于混合物，氯气为氯单质，氨气为由氮、氢两种元素组成的化合物，B符合题意；
C．干冰为固态的二氧化碳，属于化合物，C不符合题意；
D．冰水混合物由两种状态不同的水混合而成，属于纯净物，D不符合题意；
故选B。
4. 《医学入门》中记载了提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中不涉及的操作方法是
A. 萃取B. 溶解C. 洗涤D. 蒸发
【答案】A
【解析】
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；
细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；
去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；
慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；
综合以上分析，文中未涉及的操作方法是萃取，故选A。
5. 下列物质属于非电解质，但水溶液能导电的是
A. Cl2B. NH3C. HClD. K2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B．NH3属于非电解质，它的水溶液为氨水，能够导电，B符合题意；
C．HCl属于电解质，且为强电解质，C不符合题意；
D．K2SO4为可溶性盐，属于强电解质，D不符合题意；
故选B。
6. 下列叙述错误的是
A. 将一束强光通过蛋白质溶液，也能产生丁达尔效应
B. 在含有1mlFe(OH)3的胶体中，约含6.02×1023个Fe(OH)3胶粒
C. 一支钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞
D. 利用胶体的电泳性质可以将油漆、乳胶等微粒均匀地沉积在镀件上
【答案】B
【解析】
【详解】A．蛋白质溶液也属于胶体，所以一束强光照射蛋白质溶液，能产生丁达尔效应，A正确；
B．1个Fe(OH)3胶粒，由许许多多个Fe(OH)3分子聚集而成，所以含有1mlFe(OH)3的胶体中，含Fe(OH)3胶粒数小于6.02×1023，B错误；
C．蓝黑墨水属于胶体，两种不同型号的蓝黑墨水，所带电性可能不同，若电性不同，会发生胶体的凝聚，从而出现堵塞，C正确；
D．油漆、乳胶等属于胶体，它们发生电泳后，能均匀地沉积在镀件上，D正确；
故选B
7. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．游泳池常用ClO2而非Cl2消毒，是由于Cl2易挥发，氯气有毒，大量使用对人体有害，而不是ClO2价格便宜，A错误；
B．漂白粉在空气中久置变质，是由于漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中CO2反应生成CaCO3和HClO，且HClO见光易分解，B错误；
C．生石灰可做干燥剂，是由于生石灰可与水反应而吸收水分，C正确；
D．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，反应原理为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，D错误；
故答案为：C。
8. 下列离子可大量共存且溶液无色的是
A. Cu2+、、Fe3+、Cl-B. Fe2+、H+、ClO-、
C. 、Al3+、Na+、D. H+、Cl-、K+、
【答案】D
【解析】
【详解】A．含Cu2+的溶液呈蓝色，含Fe3+的溶液呈棕黄色，A不符合题意；
B．Fe2+呈浅绿色，且与ClO-能发生氧化还原反应，H+与ClO-、都能发生反应，B不符合题意；
C．溶于水后使溶液呈紫色，C不符合题意；
D．H+、Cl-、K+、在溶液中不发生反应，离子间能大量共存，D符合题意；
故选D。
9. 提纯下列物质(括号内物质为杂质)，选用的试剂和操作方法都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2和HCl都能被NaOH溶液吸收，不能用于除去CO2中的HCl杂质，A不正确；
B．FeCl2溶液中混入FeCl3，加入过量铁粉，可将FeCl3还原为Fe，过滤出过量铁粉，可得纯净的FeCl2溶液，B正确；
C．Fe2(SO4)3溶液中混入FeSO4，通入Cl2后，FeSO4转化为Fe2(SO4)3和FeCl3，又引入了新的杂质，C不正确；
D．BaCO3中混入BaSO4，加入盐酸后，BaSO4不溶解，BaCO3溶解，并转化为BaCl2，D不正确；
故选B。
10. 下列物质溶于水后，仅以分子形式存在的是
A. 乙醇B. 醋酸C. 醋酸钠D. 硫酸钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇属于非电解质，溶于水后仍以乙醇分子的形式存在，A符合题意；
B．醋酸属于弱电解质，溶于水后发生部分电离，仅有一部分以分子形式存在，B不符合题意；
C．醋酸钠为可溶性强电解质，溶于水后完全电离，不存在醋酸钠分子，C不符合题意；
D．硫酸钠为可溶性强电解质，溶于水后完全电离为钠离子和硫酸根离子，D不符合题意；
故选A。
11. 下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A. Ca(OH)2→CaOB. Cl2→HClC. Fe→Fe3+D. →Mn2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca(OH)2→CaO为分解反应，无元素化合价的变化，不需加入还原剂，A不符合题意；
B．Cl2→HCl，可通过歧化反应，如将Cl2与H2O反应实现，不一定需加入还原剂，B不符合题意；
C．Fe→Fe3+，Fe元素的化合价升高，需要加入氧化剂，C不符合题意；
D．→Mn2+，Mn元素的化合价降低，需要加入还原剂，D符合题意；
故选D。
12. 锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，向其中注射浓盐酸，观察到纸花褪色，并有黄绿色气体生成，该实验可以得到的结论是
A. 说明具有漂白性B. 实验中只发生了氧化还原反应
C. 浓盐酸被氧化D. 反应中生成的气体只有
【答案】C
【解析】
【分析】漂粉精粉的有效成分是Ca(ClO)2，放置于空气中吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以部分变质的漂粉精粉末由次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙组成，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了黄绿色的氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成二氧化碳，因为生成的氯气中混有水蒸气，含有水蒸气的氯气具有漂白性，所以可观察到纸花褪色，据此分析解答。
【详解】A．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，漂粉精没有使红色纸花褪色，所以该实验不能说明Ca(ClO)2具有漂白性，故A错误；
B．部分变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成了二氧化碳，故B错误；
C．浓盐酸中HCl与Ca(ClO)2反应生成氯气，盐酸中Cl的化合价升高，发生氧化反应，盐酸被氧化，故C正确；
D．变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入盐酸可生成氯气和二氧化碳气体，故D错误；
故选C。
13. 下列物质中的硫元素不能表现出氧化性的是
A. SO3B. Na2SC. SD. SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO3中硫元素显+6价，在化学反应中化合价能够降低，从而表现出氧化性，A不符合题意；
B．Na2S中硫元素显-2价，为硫元素的最低价，不能表现出氧化性，B符合题意；
C．S单质的化合价为0价，在化学反应中化合价可以降低，从而表现出氧化性，C不符合题意；
D．SO2中硫元素显+4价，与H2S反应时化合价可以降为0价，表现出氧化性，D不符合题意；
故选B。
14. 下列物质在水溶液中电离方程式，正确的是
A. H2SO4=+B. KClO3=K++Cl-+3O2-
C. CH3COOH=H++CH3COO-D. NaHCO3=Na++
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2SO4电离不能生成，电离方程式为H2SO4=2H++，A不正确；
B．含氧酸根离子不能拆开书写，电离方程式为KClO3=K++，B不正确；
C．醋酸为弱酸，发生部分电离，电离方程式为CH3COOHH++CH3COO-，C不正确；
D．碳酸氢钠为可溶性盐，发生完全电离，电离方程式为NaHCO3=Na++，D正确；
故选D。
15. 下列有关Na2CO3和NaHCO3说法正确的是
A. Na2CO3热稳定性弱于NaHCO3热稳定性
B. 等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应，前者产生的CO2多
C. 分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，两者都产生白色沉淀
D. 将同浓度的盐酸分别逐滴滴入Na2CO3、NaHCO3溶液中，两者产生的现象相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3的热稳定性强，而NaHCO3受热易分解，A不正确；
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3，前者的物质的量比后者小，分别与足量的盐酸反应，后者产生的CO2多，B不正确；
C．分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，都能发生反应，生成CaCO3产生白色沉淀，C正确；
D．将同浓度的盐酸分别逐滴滴入Na2CO3、NaHCO3溶液中，前者起初无现象，后来产生气泡，后者立即产生气泡，D不正确；
故选C。
16. 有关氢氧化铁胶体的说法正确的是
A. 液体呈黄色
B. 其分散质粒子直径小于1nm，不能透过滤纸
C. 将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，边滴边搅拌，即可制得氢氧化铁胶体
D. 将大量FeCl3饱和溶液一次性加入沸水中，不能制得胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化铁胶体呈红褐色，A错误；
B．胶体分散质粒子直径大小为1~100nm，胶体粒子能透过滤纸，B错误；
C．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，可制得氢氧化铁胶体，不能搅拌，搅拌能使胶体发生聚沉，C错误；
D．制备氢氧化铁胶体是，应向沸水中逐滴滴加1~2mL饱和FeCl3溶液，并继续加热至液体呈透明的红褐色为止，不能一次性将大量FeCl3饱和溶液一次性加入沸水中，否则会发生聚沉现象，不能制得胶体，D正确；
故答案为：D。
17. 向紫色石蕊溶液中分别加入过量Cl2、Na和Na2O2粉末，振荡，正确的叙述是
A. 最后溶液分别呈红色、蓝色、蓝色，后两者有气泡
B. 通入Cl2溶液先变红最后褪色，是因为氯水中Cl2的漂白作用
C. 加足量Na2O2粉末的溶液先变蓝色，最后褪色
D. 最后溶液都褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，因此溶液先变红后褪色。钠溶于水生成氢氧化钠，使紫色的石蕊试液显蓝色。过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，则溶液先变蓝色，后褪色，A错误；
B. 通入Cl2溶液先变红最后褪色，是因为氯水中次氯酸的漂白作用，氯气没有漂白性，B错误；
C. 根据A中分析可知加足量Na2O2粉末的溶液先变蓝色，最后褪色，C正确；
D. 加入钠溶液最终显蓝色，不会褪色，D错误。
答案选C。
18. 下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是（ ）
A. Fe3O4B. Na2O2C. FeCl2D. FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁在氧气中燃烧发生化合反应生成Fe3O4，A选项不符合题意；
B. 钠在氧气中燃烧发生化合反应生成Na2O2，B选项不符合题意；
C. 铁和氯气反应只能生成FeCl3，不能生成 FeCl2，C选项符合题意；
D. 铁在氯气中燃烧发生化合反应生成FeCl3，D选项不符合题意；
答案选C。
【点睛】铁和氯气加热反应生成氯化铁，与反应物的量无关，氯化铁溶于水后才能与铁反应生成氯化亚铁。
19. 下列氧化还原反应中，水作为氧化剂的是
A. H2O+CaO=Ca(OH)2B. CO+H2OCO2+H2
C. Cl2+H2O=HCl+HClOD. 2F2+2H2O=4HF+O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应H2O+CaO=Ca(OH)2中，所有元素的化合价均未改变，该反应是一个非氧化还原反应，则H2O既不是氧化剂也不是还原剂，A不合题意；
B．反应CO+H2OCO2+H2中H2O中H的化合价由+1价降低到0价，化合价降低被还原，则H2O为氧化剂，B符合题意；
C．反应Cl2+H2O=HCl+HClO中H2O中H和O的化合价未改变，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，C不合题意；
D．反应2F2+2H2O=4HF+O2中H2O中O的化合价由-2价升高到0价，化合价升高被氧化，则H2O是还原剂，D不合题意；
故答案为：B。
20. 下列离子方程式书写正确的是
A. Ba(OH)2和H2SO4两溶液混合：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
B. 钠与水反应：Na+H2O=Na++H2↑+OH-
C. 锌和硝酸银溶液反应：Zn+2Ag+=2Ag+Zn2+
D. 氢氧化铜加到盐酸中：OH-+H+=H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2和H2SO4溶液混合，生成BaSO4和H2O，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，A不正确；
B．钠与水反应，生成NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-，B不正确；
C．锌和硝酸银溶液混合，发生置换反应，生成硝酸锌和银，离子方程式为：Zn+2Ag+=2Ag+Zn2+，C正确；
D．氢氧化铜为难溶性弱碱，加到盐酸中，反应生成CuCl2和水，离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，D不正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
21. 对于相同质量的CO和CO2来说，下列关系中正确的是
A. 含氧原子的个数比为1：2B. 含碳元素的质量比为7：11
C. 含氧元素的质量比为11：14D. 含碳原子的个数比为11：14
【答案】C
【解析】
【详解】A．含氧原子的个数比为=11：14，A错误；
B．含碳元素的质量比为=11：7，B错误；
C．含氧元素的质量比为=11：14，C正确；
D．含碳原子的个数比为=11：7，D错误；
故答案为：C。
22. 一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3＋NO―→N2＋H2O(未配平)。在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为 ( )
A. 2﹕3B. 3﹕2C. 4﹕5D. 5﹕6
【答案】A
【解析】
【详解】NH3中N化合价的变化为-3→0，化合价升高3，NH3中N被氧化，NO中N化合价的变化为+2→0，化合价降低2，NO中N被还原，元素化合价升降数值相等，所以被氧化与被还原的氮原子数之比为2:3，故选A。
23. 如果1g水中含有n个氢原子，则阿伏伽德罗常数是（ ）
A. n/18ml－1B. 9n ml－1C. 2n ml－1D. n ml－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据m＝nM、N＝nNA结合水的组成解答。
【详解】1g水的物质的量为1/18 ml，水分子是由1个氧原子和2个氢原子构成的，则氢原子的物质的量为1/9 ml，由N＝nNA可知，阿伏伽德罗常数可表示为NA＝＝9n ml-1。答案选B。
24. 赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：
Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中正确的是
A. 该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
B. Cu2S 在反应中只做还原剂
C. Cu 氧化产物，SO2是还原产物
D. 每生成38.4gCu，反应中转移0.6ml电子
【答案】D
【解析】
【分析】Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，以此来解答。
【详解】A、Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂，Cu2O是氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1，故A错误；
B、硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故B错误；
C、反应物Cu2S、Cu2O中硫元素化合价降为金属铜中的0价，金属铜为还原产物，S元素的化合价升高，SO2是氧化产物，故C错误；
D、反应中，化合价升高了6价，转移了6ml电子，生成金属铜6ml，所以每生成38.4gCu（即0.6ml），反应中转移0.6ml电子，故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化及基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。
25. 如图所示装置，可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化，实验中使用的试剂为铁屑和6ml·L-1的硫酸、氢氧化钠溶液。下列说法正确的是
A. 分液漏斗中盛放的是氢氧化钠溶液
B. A中反应的化学方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C. 生成Fe(OH)2的操作为：首先打开a，让分液漏斗中液体流下，一段时间后关闭a，A中液体沿导管流入B中
D. 打开b放入一些空气，可观察到Fe(OH)2的颜色由最初的灰绿色变为红褐色
【答案】C
【解析】
【分析】从B装置的构造看，里面的液体不可能进入A装置内，所以B装置内应盛有NaOH溶液，A装置内反应生成FeSO4后，利用产生的气体压入B装置内。
【详解】A．由分析可知，A装置内制取FeSO4溶液，则分液漏斗中盛放的是6ml·L-1的硫酸，A不正确；
B．A中，铁屑和6ml·L-1的硫酸反应，化学方程式是：Fe+ H2SO4=FeSO4+H2↑，B不正确；
C．生成Fe(OH)2的操作为：起初需排尽装置内的空气，首先打开a，让分液漏斗中液体流下，并让反应生成的H2将两装置内的空气排出，一段时间后关闭a，利用产生的H2将A中液体沿导管压入B装置中，C正确；
D．Fe(OH)2的颜色是白色，空气进入后，可将Fe(OH)2氧化，固体颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色，D不正确；
故选C。
三、填空题：共65分，共4题，根据要求作答。
26. 某无色透明溶液中可能含有大量的K+、Ba2+、Cu2+、Mg2+、SO、Cl-、OH-、HCO中的多种离子。对此混合溶液进行以下分析。
①取250mL该混合溶液，加入过量盐酸，收集到标准状况下气体5.6L；
②在操作①后的溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥得到白色沉淀5.8g；
③在操作②后的溶液中加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥得到白色沉淀23.3g；
④在操作③后的溶液中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银溶液，产生大量的白色沉淀。
回答下列问题：
(1)不做实验就可确定一定不含有的离子是_____。收集到的气体的化学式为______。通过实验①确定一定不含有的离子是_____。
(2)通过实验②确定一定含有的离子是______。通过实验③确定一定含有的离子是_____。
(3)写出操作②涉及的化学反应的离子方程式_______。
(4)通过上述实验分析不能确定是否存在的离子是_____；K+的物质的量浓度至少为______。
(5)在操作③的过程中判断加入的BaCl2溶液过量的操作是________。
【答案】 ①. Cu2+ ②. CO2 ③. OH- ④. Mg2+ ⑤. SO ⑥. H++OH-=H2O、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓ ⑦. Cl- ⑧. 1.0ml/L ⑨. 向上层清液继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO沉淀完全，证明BaCl2溶液过量
【解析】
【分析】溶液无色透明，说明一定不含Cu2+。①中有气体生成，说明含有HCO，则不含OH-，生成气体为CO2，且n（HCO）=n（CO2）=5.6L÷22.4L/ml=0.25ml；②中有白色沉淀生成，说明含有Mg2+，生成的白色沉淀为Mg（OH）2，且n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]=5.8g÷58g/ml=0.1ml；③中有白色沉淀生成，说明含有SO，则不含Ba2+，生成白色沉淀为BaSO4，n（SO）=n（BaSO4）=23.3g÷233g/ml=0.1ml；④中生成的白色沉淀为AgCl，由于操作①、③中引入氯离子，不能说明原溶液中是否含有Cl-，由于2n（SO）+n（HCO）=0.45ml＞2n（Mg2+）=0.2ml，根据电荷守恒可知，溶液一定含有K+，原溶液不含Cl-时，K+的物质的量最小，即溶液中n（K+）最小为0.45ml-0.2ml=0.25ml，据此解答。
【详解】（1）溶液无色透明，不做实验就可确定一定不含有Cu2+。能与盐酸反应生成气体的离子为HCO，收集到的气体为CO2，OH-能与HCO反应，不能大量共存，通过实验①确定一定不含有的离子是OH-；
（2）实验②中与氢氧化钠溶液反应有白色沉淀生成，说明含有Mg2+，③中与氯化钡溶液溶液有白色沉淀生成，说明含有SO；
（3）操作②中NaOH先中和盐酸，再与镁离子反应生成Mg（OH）2沉淀，涉及的化学反应的离子方程式为：H++OH-=H2O、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（4）溶液没有Cu2+、OH-、Ba2+，一定含有HCO、SO、Mg2+，④中生成的白色沉淀为AgCl，由于操作①、③中引入氯离子，不能说明原溶液中是否含有Cl-，由于2n（SO）+n（HCO）=0.45ml＞2n（Mg2+）=0.2ml，根据电荷守恒可知，溶液一定含有K+，原溶液不含Cl-时，K+的物质的量最小，即溶液中n（K+）最小为0.45ml-0.2ml=0.25ml，K+的物质的量浓度至少为0.25ml÷0.25L=1.0ml/L；
（5）由于硫酸钡是不溶于水的白色沉淀，则在操作③的过程中判断加入的BaCl2溶液过量的操作是：向上层清液继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO沉淀完全，证明BaCl2溶液过量。
27. 氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。
（1）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O
①其中还原剂为___，还原产物为___。
②若有0.8ml还原剂被氧化，则转移电子的物质的量是___。
（2）古老但仍然是最有用的制备联氨(N2H4)溶液的方法如下：
__NaClO＋__NH3·H2O→___N2H4＋___NaCl＋___H2O
①请配平上述化学方程式。
②NH3·H2O在上述反应中显示出来的性质是___。
A．氧化性 B．还原性
C．酸性 D．碱性
（3）人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为____，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式_____。
（4）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为____。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶1，则氧化产物为___。
【答案】 ①. HBr ②. MnBr2 ③. 0.8ml ④. 1 ⑤. 2 ⑥. 1 ⑦. 1 ⑧. 3 ⑨. B ⑩. Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ ⑪. 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O ⑫. ＋1 ⑬. H3PO4
【解析】
【详解】（1）①反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，Br元素化合价升高1价，Mn元素化合价降低5价，反应中转移10个电子，反应中KMnO4为氧化剂，MnBr2为还原产物，HBr为还原剂，Br2为氧化产物；
故答案为HBr；MnBr2。
②HBr为还原剂，若有0.8ml还原剂被氧化，则转移电子的物质的量是0.8ml，
故答案为0.8ml。
（2）①一水合氨中的氮元素化合价由−3价升高到了−2价，失1ml电子，次氯酸钠中氯元素化合价由+1价降低到了−1价得到2ml电子，利用得失电子守恒则配平方程式为：NaClO+2NH3⋅H2O=N2H4+NaCl+3H2O，
故答案为1、2、1、1、3。
②一水合氨中氮元素的化合价升高了，表现了还原性，
故答案为B。
（3）铁粉在人体胃酸中发生反应生成亚铁离子和氢气，离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe2+在酸性条件下被氧气氧化为铁离子，其反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
故答案为Fe+2H+=Fe2++H2↑；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（4）①H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为−2价，则P元素的化合价为：+1价。
故答案为+1。
②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×(1−0)=1×(x−1)，解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4。
故答案为H3PO4。
28. 已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：
（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有_________（填序号）
①放热 ②黄绿色褪去 ③瓶口有白雾 ④瓶口有白烟 ⑤安静燃烧，发出黄色火焰 ⑥安静燃烧，发出苍白色火焰
（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。
（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。
①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出
（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。
（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。
①电解质 ②化合物 ③混合物 ④纯净物 ⑤非电解质 ⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】 ①. ①②③⑥ ②. Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+H2O+2NH3↑ ③. ①② ④. 4NH3+5O24NO+6H2O ⑤. NH4Cl ⑥. ①②④⑥ ⑦. 取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+
【解析】
【分析】为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；
(2)实验室制氨气化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+H2O+2NH3↑；
(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+。
29. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
（1）a中的试剂为______。
（2）b中采用的加热方式是_______，c中化学反应的离子方程式是_____，采用冰水浴冷却的目的是_____。
（3）d的作用是_____，可选用试剂_____(填标号)。
A．Na2S B．NaCl C．NaOH D．H2SO4
（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，______，_______，干燥，得到KClO3晶体。
（5）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显_____色。可知该条件下KClO3的氧化能力______NaClO(填“大于”或“小于")。
【答案】（1）饱和食盐水
（2） ①. 水浴加热 ②. Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O ③. 避免生成NaClO3
（3） ①. 吸收尾气(Cl2) ②. AC
（4） ①. 过滤 ②. 少量(冷)水洗涤
（5） ①. 紫 ②. 小于
【解析】
【分析】本实验的目的是制取氯气，并探究氯气的性质。首先制取氯气、除杂质，然后探究氯气与热、冷强碱反应的产物，最后进行尾气处理。
【小问1详解】
装置a的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，则加入的试剂为饱和食盐水。答案为：饱和食盐水；
【小问2详解】
b中采用烧杯内液体给试管加热，则加热方式是水浴加热；在c中，Cl2与冷水反应，生成NaCl、NaClO等，离子方程式是Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，因为加热时会生成NaClO3，所以采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3。答案为：水浴加热；Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；避免生成NaClO3；
【小问3详解】
d的作用是吸收尾气(Cl2)，依据 Cl2是具有强氧化性的酸性气体的性质，可选用还原性或碱性试剂吸收氯气，所以选择的试剂为Na2S、NaOH ，故选AC。答案为：吸收尾气(Cl2)；AC；
【小问4详解】
反应结束后，取出b中试管，首先应让溶质结晶析出，然后过滤，洗涤时需考虑尽可能减少溶解损失，所以经冷却结晶，过滤，少量(冷)水洗涤，干燥，得到KClO3晶体。答案为：过滤；少量(冷)水洗涤；
【小问5详解】
1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。说明KClO3没有将I-氧化，而NaClO将I-氧化为I2，由此可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。答案为：紫；小于。
【点睛】Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，随着反应的进行，溶液的温度不断升高，会发生副反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，所以需给溶液冷却选项
现象或事实
解释
A
游泳池常用ClO2而非Cl2消毒
ClO2价格便宜
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中CO2反应生成CaCO3
C
生石灰可做干燥剂
生石灰可与水反应
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜
物质
除杂试剂
方法
A
CO2(HCl)
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2溶液(FeCl3)
足量Fe粉
过滤
C
Fe2(SO4)3溶液(FeSO4)
足量氯气
D
BaCO3(BaSO4)
盐酸
过滤
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