四川省达州市2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题含解析

这是一份四川省达州市2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
四川省达州市2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列日常生活中涉及到一些化学知识分析正确的是
A．铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属
B．大力开发化石能源以推动经济发展
C．青少年长期饮用纯净水有益于身体健康
D．积极推广共享单车以减少雾霾和光化学烟雾
【答案】D
【详解】A．铝是活泼金属，主要在空气中形成致密氧化膜而不易被附属，A错误；
B．化石能源不可再生，应该合理开发化石能源以推动经济发展，B错误；
C．长期饮用纯净水可能会使人体某些矿物质或微量元素摄入不足，不利于人体健康，C错误；
D．积极推广共享单车,可以减少汽车的使用，能减少雾霾和光化学烟雾，D正确；
故选D。
2．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
选项
现 象 或 事 实
解        释
A
节日燃放的五彩缤纷的烟花
碱金属以及锶、钡等金属化合物的焰色反应
B
FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板刻制
Cu从FeCl3溶液中置换出铁
C
铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落
氧化铝的熔点低于铝的熔点
D
氢氟酸可用于蚀刻玻璃
SiO2是碱性氧化物

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．利用碱金属以及锶、钡等金属化合物灼烧是呈现特殊焰色的性质，可将它们用于制作节日燃放的五彩缤纷的烟花，A符合题意；
B．FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板刻制发生的反应为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，并不是Cu从FeCl3溶液中置换出铁，B不合题意；
C．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落好像有一层膜兜着，是由于氧化铝的熔点高于铝的熔点，C不合题意；
D．氢氟酸可用于蚀刻玻璃反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，这是HF的特性，而不是因为SiO2是碱性氧化物，事实上SiO2是酸性氧化物，D不合题意；
故答案为：A。
3．古诗是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句中不涉及氧化还原反应的是
A．野火烧不尽，春风吹又生 B．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
【答案】B
【详解】A. 燃烧均为氧化还原反应，生物生长中的光合作用和呼吸作用均为氧化还原反应，故“野火烧不尽，春风吹又生”涉及氧化还原反应，A不合题意；    
B. 粉身碎骨浑不怕发生的反应为：CaO+H2O=Ca(OH)2，要留清白在人间对应的反应为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，二者均为非氧化还原反应，B符合题意；
C. 燃烧均为氧化还原反应，动物生长中呼吸作用均为氧化还原反应，故“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”涉及氧化还原反应，C不合题意；    
D. 黑火药爆炸过程中发生的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，该反应是氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：B。
4．下列有关金属及其合金的说法正确的是
A．在化学反应中，金属失电子，被还原
B．所有金属的颜色都是银白色的
C．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加
D．合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点
【答案】D
【详解】A．在化学反应中，金属失电子，被氧化，故A错误；
B．多数的金属都是银白色的固体，但有些金属不是银白色固体，如铜为红色，故B错误；
C．生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少。题目说法与事实相反，故C错误；
D．合金的熔点比组分金属低，故D正确；
综上所述，答案为D。
5．在FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，将剩余的固体滤出，发现固体能被磁铁吸引，则反应后溶液中大量存在的阳离子是
A．Fe2+ B．H+ C．Cu2+和Fe2+ D．Fe3+和Cu2+
【答案】A
【详解】发现固体能被磁铁吸引，说明一定含有铁，则反应后溶液中一定不能存在氢离子、铁离子和铜离子，大量存在的阳离子是亚铁离子，答案选A。
6．《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶…… ”文中未涉及下列操作原理的是
A．溶解 B．萃取 C．蒸馏 D．过滤
【答案】C
【详解】投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A.溶解符合题意；B.萃取溶解符合题；C.蒸馏不溶解符合题；D.过滤溶解符合题；故选C。
7．下表各组关于强电解质、弱电解质、非电解质、混合物的归类，完全正确的是

A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
CO2
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
CCl4
H2O
混合物
氯水
胆矾
碘酒
空气

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．铁是单质，不是化合物，所以不是电解质，A错误；
B．二氧化碳是非电解质，硫酸钡为强电解质，胆矾是纯净物，B错误；
C．碳酸钙为强电解质，碳酸是弱电解质，CCl4是非电解质，碘酒为混合物，C正确；
D．水是弱电解质，D错误。
答案选C。
8．下列无色溶液中，能大量共存的离子组是
A．Na+、Ba2+、NO、OH- B．Cu2+、H+、I-、SO
C．K+、Mg2+、CO、Cl- D．K+、H+、Cl-、MnO
【答案】A
【详解】A．Na+、Ba2+、NO、OH-四种离子都没有颜色，相互之间不反应，可以共存，A正确；
B．铜离子是蓝色的，不合题意，B错误；
C．镁离子和碳酸根离子可以生成碳酸镁沉淀，C错误；
D．高锰酸根离子是紫色的，不合题意，D错误；
故选A。
9．下列试剂的保存方法错误的是（    ）
A．实验室少量的钠保存在煤油中
B．新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
C．漂白粉应密封保存
D．Na2CO3溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中
【答案】D
【详解】A．钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，A正确；
B．氯水中次氯酸见光分解，所以新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中，B正确；
C．漂白粉中次氯酸钙易与空气中二氧化碳、水反应而变质，所以漂白粉应密封保存，C正确；
D．碳酸钠在水溶液中能产生氢氧化钠而显碱性，玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞，D错误。
答案选D。
10．归纳法是学习化学的重要方法之一，下列图示正确的是为（    ）




A．化学反应分类
B． 物质分类
C．地壳中元素含量型
D．金属的化学性质
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．四大基本反应类型有化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，故A正确；
B．纯净物和混合物是并列关系，不是包含关系，故B错误；
C．地壳中含量最多的元素是氧元素，故C错误；
D．金属单质与氧气反应生成的是金属氧化物，不是盐，故D错误。
综上所述，答案为A。
11．完成下列实验所选择的装置或仪器或试剂都正确的是

A．图甲是除去CO2气体中的HCl气体 B．图乙是分离植物油和氯化钠溶液
C．图丙是分离CCl4中的I2 D．图丁是除去氯化钠晶体中混有的硝酸钾晶体
【答案】B
【详解】A．由于NaOH与CO2反应，故不能用NaOH除去CO2中的HCl，而应该用饱和NaHCO3溶液来除去CO2气体中的HCl气体，A错误；
B．植物油和氯化钠溶液不互溶，故可用分液的操作即图乙来分离植物油和氯化钠溶液，B正确；
C．I2易溶于CCl4中，故分离CCl4中的I2不能采用过滤操作，C错误；    
D．除去氯化钠晶体中混有的硝酸钾晶体应该采用蒸发结晶的操作而不是蒸馏操作，D错误；
故答案为：B。
12．下列物质的用法正确的是
A．熟石灰可用于改良酸性土壤
B．可用淀粉溶液来检测食盐中是否含碘
C．医院中常用碳酸钡作为内脏造影剂
D．碳酸钠用来制作发酵粉，能使焙制出的糕点疏松多孔
【答案】A
【详解】A．熟石灰是碱，能够与酸发生反应产生盐，而且廉价易得，故可用熟石灰改良酸性土壤，A正确；
B．食盐中加的是碘酸钾，不是碘单质，不能用淀粉溶液来检测食盐中是否含碘，B错误；
C．碳酸钡溶于胃酸，生成钡离子有毒，内脏造影剂的主要成分为硫酸钡，C错误；
D．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解产生气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，D错误；
故选A。
13．将3.8 g CO和H2混合气体，在足量的氧气中燃烧，产物全部通过足量的Na2O2，则Na2O2增重
A．2 g B．3.8 g C．5 g D．无法计算
【答案】B
【详解】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：2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重△m=4NaOH-2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量；所以Na2O2增重的质量为CO与H2混合气体的质量，共3.8g，答案选B。
【点睛】本题考查混合物的计算，注意从CO2、H2O与Na2O2生成固体质量的变化分析规律，是解答该题的关键。即凡分子组成符合(CO)m·(H2)n的物质，Wg该物质在O2中完全燃烧，将其产物CO2和水蒸气通过足量的Na2O2后，固体增重必为W g。或是由C、H、O三种元素组成的物质，只要C、O原子个数比为1∶1，即可满足该条件。
14．在生活、生产及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行区别、检验等。下列说法正确的是
A．用KOH溶液可以将NaNO3、Al2(SO4)3、MgCl2三种溶液区别开
B．C、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸不能将它们区别开
C．某溶液中加入稀盐酸有无色无味气体产生，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则此溶液中一定含有大量CO
D．某溶液焰色反应是黄色，则该溶液一定是钠盐溶液
【答案】A
【详解】A．把KOH溶液分别滴加到NaNO3、Al2(SO4)3、MgCl2三种溶液中，可以分别观察到无明显变化、先生成白色沉淀后白色沉淀消失、白色沉淀，所以用KOH溶液可以将NaNO3、Al2(SO4)3、MgCl2三种溶液区别开，A正确；
B．C、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸可以将它们区别开，因为碳不溶于盐酸，CuO可溶于稀盐酸得到蓝色溶液，Fe可溶于稀盐酸得到浅绿色溶液、冒气泡生成无色气体，B不正确；
C．某溶液中加入稀盐酸有无色无味气体产生，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则此溶液中可能含有碳酸根和碳酸氢根等，C不正确；
D．某溶液焰色反应是黄色，则该溶液一定含有钠元素，不一定为钠盐，可能为氢氧化钠，D不正确。
本题选A。
15．一定条件下，150mL0.5mol·L-1 M2O与100mL0.3mol·L-1 RO溶液完全反应，M2O被氧化为MO2，RO 被还原为R2+。则n值为
A．2 B．3 C．4  D．5
【答案】C
【详解】150mL0.5mol·L-1M2O溶液中M2O的物质的量为：0.5mol/L×0.15L=0.075mol，100mL0.3mol·L-1RO4-溶液中RO的物质的量为：0.3mol/L×0.1L=0.03mol，反应中，RO被还原为R2+，R元素从+7价降低为+2价，1mol RO可得到5mol电子，则0.03mol RO可得到0.15mol电子，根据电子守恒，0.075molM2O失去0.15mol电子，被氧化为MO2，1mol M2O失去2mol电子，M元素的化合价升高了1，变成+4价，所以M2O中M元素的化合价为+3价，则n=4，C项符合题意。
故答案为：C。
16．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．16gO2与O3的混合气体中含有的原子数为NA
B．7.8gNa2O2含有的离子数为0.4NA
C．标准状况下，22.4LCH4与22.4L H2O所含的分子数均为NA
D．100g46%的乙醇(C2H5OH)溶液共含氢原子数6NA
【答案】A
【详解】A．O2与O3都是由O构成，16gO2与O3混合气体中含有氧原子个数为×NAmol-1=NA个，故A正确；
B．7.8gNa2O2的物质的量为，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.3NA个离子，故B错误；
C．标准状况下，H2O不是气体，22.4L水的物质的量不是1mol，故C错误；
D．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含H原子，故100g 46%的乙醇溶液中含有的乙醇的质量为46g，物质的量为，故含H原子为6mol；而水的质量为54g，物质的量为，故含H原子为6mol，故共含H原子为12NA个，故D错误；
故选：A。
17．Mg、Al、Fe 三种金属的混合物与足量的稀硫酸反应，生成 2.8L H2(标准状况)则三种金属的物 质的量之和不可能是
A．0.12 mol B．0.15 mol C．0.09 mol D．0.1 mol
【答案】B
【详解】氢气的物质的量n(H2)= =0.125mol，
假设全部是Mg或Fe，设它们的物质的量之和为xmol，产生的H2有如下关系：
Mg（Fe）～H2
1mol       1mol
x          0.125mol
所以1mol：1mol=xmol：0.125mol，解得：x=0.125
假设全是Al，设它的物质的量为ymol，产生的H2关系为：
2 Al～3H2
2mol  3mol
y    0.125mol
所以2mol：3mol=ymol：0.125mol，解得：y=0.0833
于是以上两种情况的混合物，故混合物计算的物质的量之和应介于0.08333～0.125mol之间，B不符，
故选B。
【点睛】本题考查混合物的计算，本题采取极端法解答，极端法是化学计算中的一种技巧性解法，对于混合物范围计算比较适用，该方法的解题思路是假设只有混合物中的某一成份，通过计算得出两个极端值。
18．向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况（不计CO2的溶解），则下列对应图形的判断正确的是

A．含有两种溶质
B．只含有一种溶质
C．只含有碳酸钠
D．有碳酸钠和碳酸氢钠
【答案】C
【详解】CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；当＜＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当≤，反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；则
A．由上述分析可知，当含有两种溶质，不论是Na2CO3、NaOH，还是NaHCO3、Na2CO3，滴加盐酸都不能立即产生气体，选项A错误；
B．①当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；②当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项B错误；
C．由B中分析可知，只含一种溶质，当溶质为Na2CO3时，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项C正确；
D．M含有Na2CO3和NaHCO3，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为选项D错误。答案选C。
19．对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O=5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，关于该反应说法正确的是
A．Cu3P既是氧化产物也是还原产物
B．11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移
C．P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5
D．该反应中被15molCuSO4氧化的P有3mol
【答案】D
【详解】A．硫酸铜中铜化合价降低变为Cu3P，P化合价降低变为Cu3P，因此Cu3P为还原产物，故A错误；
B．11molP参与反应时，有6molP化合价升高到+5价，有5molP化合价降低到−3价，15mol+2价铜降低到+1价，因此该反应中有30mol电子发生转移，故B错误；
C．11molP中有6molP化合价升高，发生氧化反应，有5molP化合价降低，发生还原反应，因此发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为5:6，故C错误；
D．根据方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，3molP被15molCuSO4氧化，还有3molP被另外5molP氧化，故D正确。
综上所述，答案为D。
20．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe=2Fe2＋
B．用醋酸除水垢：CaCO3 + 2H+ = Ca2++ CO2↑ + H2O
C．向碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2++ 2HCO+ 2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O
D．向硫酸氢钠溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液刚好呈中性：2H＋＋SO＋2OH-＋Ba2+=2H2O＋BaSO4↓
【答案】D
【详解】A．电荷不守恒，正确的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A错误；
B．醋酸是弱酸，应写成分子的形式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B错误；
C．碳酸氢钙溶液中加入少量的氢氧化钠溶液的反应为：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．溶液呈中性，二者反应生成硫酸钠、硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++═BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
21．取一定量的铝土矿(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)样品,放入盛有200 mL H2SO4溶液的烧杯中,充分反应后过滤,向滤液中加入10 mol/L的NaOH溶液, 产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如下图所示。则原矿石中Al2O3的质量是克

A．5.1 B．3.9 C．2.55 D．7.8
【答案】C
【详解】根据图像可知溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是5mL，物质的量是0.005×10=0.05mol，所以根据方程式Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知氢氧化铝是0.05mol，根据Al原子守恒可知氧化铝是0.025mol，质量＝0.025mol×102g/mol＝2.55g，答案选C。
22．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是
A．最终溶液：c(Na+)=1.5 mol·L-1 B．标准状况下，通HCl气体前得到6.72 L气体
C．最终得到7.8 g沉淀 D．最终溶液：c(Na＋)=c(Cl-)
【答案】C
【分析】15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al(OH)3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al(OH)3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，根据质量守恒定律可知钠离子物质的量为0.4mol，则钠离子的浓度为：=2mol/L，A错误；
B．由分析可知，过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为(0.1mol+0.3mol)×22.4L/mol=8.96L，B错误；
C．由分析可知，最终生成Al(OH)3为0.1mol，质量为：0.1mol×78g/mol=7.8g，C正确；
D．由分析可知，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，则钠离子浓度大于氯离子浓度，D错误；
故答案为：C。

二、多选题
23．a、b、c之间的转化如表最后一列所示，其中有一组物质的转化不是都能一步实现的是
选项
a
b
c
a、b、c之间转化图
A
Al2O3
AlCl3
Al(OH)3


B
CO2
Na2CO3
NaHCO3
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
Fe2O3
FeCl3
FeCl2

A．A B．B C．C D．D
【答案】CD
【详解】A．Al2O3和HCl反应转化为AlCl3，AlCl3与氨水反应制得Al(OH)3，Al(OH)3与HCl反应制得AlCl3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，各步转化均能一步进行，A不合题意；
B．CO2与NaOH反应得到Na2CO3，Na2CO3和H2O、CO2反应得到NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应制得Na2CO3，NaHCO3与HCl反应制得CO2，各步转化均能一步进行，B不合题意；
C．Si在空气中加热达到SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，C符合题意；
D．Fe2O3与HCl反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与Cl2反应制得FeCl3，但FeCl2不能一步转化为Fe2O3，D符合题意；
故答案为：CD。

三、填空题
24．I.标准状况下有：①6.72L CH4  ②3.01×1023个HCl分子  ③13.6g H2S  ④0.2mol NH3。这四种气体相关量的比较中由大到小的顺序是(用①-④序号回答)
(1)质量： _______
(2)密度：_______
(3)氢原子数：_______
II.有以下物质：①Fe2O3 ②Na2CO3  ③Cl2  ④NaHCO3   ⑤高岭石Al2(Si2O5)(OH)4
(4)属于碱性氧化物的是_______，既能与氢氧化钠又能与盐酸反应的物质是_______。(均用①-⑤序号回答)；
(5)工业上用③与石灰乳制取的漂白粉的有效成分是_______(化学式)；将物质⑤改写成氧化物的形式_______。
(6)写出除去②溶液中混有少量④反应的离子方程式_______。
【答案】(1)②>③>①>④
(2)②>③>④>①
(3)①>③>④>②
(4)     ①     ④
(5)     Ca(ClO)2     Al2O3•2SiO2•2H2O
(6)HCO+OH-=CO+ H2O

【解析】（1）
①6.72L CH4的质量为：=4.8g，②3.01×1023个HCl分子的质量为：=18.25g，③13.6g H2S，④0.2mol NH3的质量为：0.2mol×17g/mol=3.4g，故质量的大小顺序为：②>③>①>④，故答案为：②>③>①>④；
（2）
同温同压下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，故密度的大小顺序为：②>③>④>①，故答案为：②>③>④>①；
（3）
①6.72L CH4的氢原子数为：=1.2NA，②3.01×1023个HCl分子中的氢原子数为：3.01×1023个即0.5NA，③13.6g H2S中的氢原子数为：=0.8NA，④0.2mol NH3中含有的氢原子数为：0.2mol×3×NAmol-1=0.6NA，故氢原子数的大小顺序为：①>③>④>②，故答案为：①>③>④>②；
（4）
II.有以下物质：①Fe2O3 ②Na2CO3  ③Cl2  ④NaHCO3   ⑤高岭石Al2(Si2O5)(OH)4
能够与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，则属于碱性氧化物的是Fe2O3，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则既能与氢氧化钠又能与盐酸反应的物质是NaHCO3，故答案为：①；④；
（5）
工业上用③即Cl2与石灰乳制取的漂白粉的反应为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，将物质⑤即Al2(Si2O5)(OH)4改写成氧化物的形式为：Al2O3•2SiO2•2H2O，故答案为：Ca(ClO)2；Al2O3•2SiO2•2H2O；
（6）
除去②溶液即Na2CO3溶液中混有少量④即NaHCO3用NaOH，该反应的离子方程式为HCO+OH-=CO+ H2O，故答案为：HCO+OH-=CO+ H2O。

四、实验题
25．已知：草酸是一种弱酸，草酸晶体(H2C2O4·2H2O)易溶于水，熔点较低，加热会熔化、气化和分解。草酸(H2C2O4)与氢氧化钙的反应：H2C2O4+Ca(OH)2=CaC2O4↓(白色)+2H2O。
I.某小组同学配置0.1mol·L-1的草酸溶液480ml并验证草酸的性质
（1）配置该溶液需要草酸晶体___g。(已知H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126)
（2）下列操作会使配置溶液的物质的量浓度偏低的是( )
A．定容时俯视容量瓶刻度线
B．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出
C．转移过程中有少量的溶液溅出
D．称量固体时，砝码放在左盘
E.容量瓶用蒸馏水洗涤干净后没有干燥就移入所配置溶液
F.配置过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
（3）取一定量草酸溶液装入试管，加入一定体积的酸性高锰酸钾溶液，振荡试管，发现溶液褪色(MnO4-被还原为Mn2+)，反应的离子方程式为___；该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是___。
II.根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。通过如图装置验证草酸晶体的部分分解产物。

（4）反应开始前通入氮气的目的是___。
（5）B中澄清石灰水变浑浊，并不能证明产物中一定有CO2，理由是___。
（6）E中固体变成红色，F中澄清石灰水变浑浊，说明产物中含有气体___ (填化学式)。
（7）最后可用装置收集多余的CO，气体应从___端进入(选填“a”或“b”)。
【答案】     6.3     BCDF          生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率     排尽装置内的空气以免对相关气体的检验造成干扰     草酸加热汽化产生的草酸蒸汽与氢氧化钙反应生成白色的草酸钙沉淀     CO     b
【分析】Ⅰ．（1）配配制0.1mol•L-1的草酸溶液480mL，应选择500mL容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；
（2）分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c= 进行误差分析；
（3）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明草酸能将酸性高锰酸钾溶液还原，二者发生氧化还原反应，依据得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；
Ⅱ．（4）草酸分解产物中含有二氧化碳和水，而空气中也含有二氧化碳和水，为防止空气中成分对分解产物检验造成干扰，应先用氮气排尽装置内的空气；
（5）草酸能够与氢氧化钙反应生成草酸钙白色沉淀；
（6）依据一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊解答；
（7）图示为排液法收集气体，应短进长出。
【详解】Ⅰ配制的草酸溶液480mL，实验室没有480mL容量瓶，可配制500mL溶液，然后根据需求取480mL即可，故应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量为：，故答案为：；
．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，A错误；
B．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，B正确；
C．转移过程中有少量的溶液溅出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，C正确；
D．称量固体时，砝码放在左盘，因为使用游码，导致称取固体质量偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D正确；
E．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后没有干燥就移入所配制溶液，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，E错误；
F．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，F正确；
故答案为：BCDF；
草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳、二价锰离子、水，该反应中Mn元素化合价由价变为价、C元素化合价由价变为价，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为，生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；故答案为：；生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；
Ⅱ草酸分解产物中含有二氧化碳和水，而空气中也含有二氧化碳和水，为防止空气中成分对分解产物检验造成干扰，应先用氮气排尽装置内的空气，故答案为：排尽装置内的空气以免对相关气体的检验造成干扰；
二氧化碳与澄清石灰水反应生成白色沉淀，而草酸能够与氢氧化钙反应生成草酸钙白色沉淀，所以B中澄清石灰水变浑浊，并不能证明产物中一定有，故答案为：草酸加热汽化产生的草酸蒸汽与氢氧化钙反应生成白色的草酸钙沉淀；
一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，所以E中固体变成红色，F中澄清石灰水变浑浊，说明产物中含有CO，故答案为：CO；
图示为排水法收集气体，应短进长出，故答案为：b。
【点睛】配制溶液好比泡糖水，糖多水少(溶质加过或水加少了)，浓度偏大，糖少水多(溶质加少或水加多了)，浓度偏小。
26．用下图所示实验(部分装置)收集氯气并验证氯气的性质：

(1)A为Cl2的发生装置。实验室通常制取氯气的化学方程式为_______，且与之对应的A装置是_______(从下面a、b、c序号中选择回答)。

(2)利用D中的广口瓶收集氯气，试在装置图中完善D装置(将虚线表示的一根或两根导管改为实线，也可都不改)_______(用文字回答)
(3)写出装置E中反应的离子方程式_______
(4)利用D中收集的氯气进行铁与氯气的反应实验：用坩埚钳夹持一束细铁丝，_______，然后伸入盛有氯气的集气瓶中。
(5)通入氯气一段时间后，洗气瓶B溶液中有一部分SO氧化成SO，反应的离子方程式为_______。设计实验检验洗气瓶B溶液中最终有Cl- 和SO存在，将选择的试剂的序号填写在下表空格中
①稀盐酸  ②稀硝酸(有强氧化性) ③BaCl2溶液　 Ba(NO3)2溶液   ⑤AgNO3溶液　　⑥澄清石灰水
实 验 步 骤
预 期 现 象 和 结 论
步骤1：取适量洗气瓶B中溶液于试管Ⅰ中，滴加_______
若产生的白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在SO。
步骤2：另取适量洗气瓶B中溶液于试管Ⅱ中，滴加过量Ba(NO3)2溶液振荡，静置。
产生白色沉淀。
步骤3：取步骤2后试管Ⅱ中的上层清液于试管Ⅲ中，滴加_______。
若产生白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在Cl-

若上述实验需要100mL、2mol/L的盐酸溶液，配制时应用量筒量取36.5%、密度1.19g/mL的浓盐酸_______mL。
【答案】(1)     MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O     b
(2)左边改为实线
(3)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(4)在酒精灯上烧至红热
(5)     Cl2+SO+H2O═SO+2H++2Cl-     过量①和③     ②和⑤     16.8

【分析】收集氯气并验证氯气的性质，A为Cl2发生装置，二氧化锰和盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：，B中发生Cl2++H2O═+2H++2Cl-；C中干燥氯气，D中收集氯气，E中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
（1）
二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：，反应为固体+固体加热反应，应选择装置b；故答案为：； b；
（2）
氯气的密度大于空气的密度，应选择向上排空气法，利用D中的广口瓶收集氯气，气体应长进短出，左边改为实线，故答案为：左边改为实线；
（3）
氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）
氯气与铜反应需要加热，所以应将铜丝在酒精烧至红热，故答案为：在酒精灯上烧至红热；
（5）
亚硫酸根离子具有强的还原性能够被氯气氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：Cl2++H2O═+2H++2Cl-；检验洗气瓶B溶液中的存在，应排除亚硫酸根离子，先加入足量的稀盐酸，然后加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，即含有硫酸根离子；
检验氯离子存在，应排除硫酸根、亚硫酸根离子的干扰，取适量洗气瓶B中溶液于试管Ⅱ中，滴加 过量Ba(NO3)2溶液振荡，静置，取上层清液于试管Ⅲ中，滴加硝酸银和稀硝酸，若产生白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在Cl-；浓盐酸的物质的量浓度为，根据稀释前后溶质的物质的量不变，可得100mL×2mol/L=11.9mol/L×V，解得浓盐酸的体积为V=16.8mL，故答案为：Cl2++H2O═+2H++2Cl-；过量①和③；②和⑤；16.8。

五、工业流程题
27．某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾(CuSO4·5H2O)晶体。

请回答：
(1)步骤Ⅰ中的离子方程式有_______、_______。
(2)试剂X是_______。步骤Ⅱ反应的离子方程式：_______。
(3)在步骤Ⅱ时，用如图装置制取CO2并通入从上述流程取出的A溶液中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，在本装置中应采取的改进措施是_______。

(4)由固体F制取硫酸铜溶液，通常有两种方案：
方案一：将固体F在加热条件下与浓硫酸反应〔Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O〕；
方案二：将固体F投入热的稀硫酸中，然后再通入氧气；
方案一相对于方案二的缺点是：_______(回答两条)。由CuSO4溶液通常经过蒸发浓缩、_______、过滤洗涤并干燥等操作得到较纯胆矾晶体。
【答案】(1)     Al2O3+2OH-=2AlO+H2O     2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑
(2)     稀硫酸(或稀H2SO4)     +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
(3)在a和b间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶以除去HCl
(4)     产生污染气体二氧化硫、原料硫酸的利用率较低、硫酸浓度要求高、硫酸用量大等(任意两点)     冷却结晶

【分析】废金属屑中含有Cu、Fe、Al、Al2O3、Fe2O3，当加入过量NaOH溶液时，Cu、Fe、Fe2O3不与氢氧化钠反应，Al、Al2O3与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，反应生成氢氧化铝固体C，溶液D为碳酸氢钠溶液，氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到AlCl3溶液；滤渣B为Cu、Fe、Fe2O3的混合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E主要为FeSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，Cu与浓硫酸反应产生CuSO4，从而制备胆矾，据此分析解答。
（1）
步骤Ⅰ中是废金属屑中的铝、Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO+H2O、2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑；
（2）
由分析，把混合物过滤，得到的固体B中含有Cu、Fe、Fe2O3，向其中加入过量的稀硫酸，产生硫酸亚铁溶液E和固体F(Cu)，所以试剂X是稀硫酸(或稀H2SO4)；根据分析可知，步骤Ⅱ为NaAlO2与CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，反应的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
（3）
在步骤Ⅱ时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，这是由于浓盐酸有挥发性，在制取的CO2气体中含有杂质HCl，HCl使氢氧化铝溶解而减少，为了避免固体C减少，可采取的改进措施是a、b间加一个盛有饱和NaHCO3的洗气瓶，除去HCl；
（4）
方案一用Cu与浓硫酸直接加热，发生反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，会产生气体SO2，污染空气，故其缺点为：产生污染气体二氧化硫、原料硫酸的利用率较低、硫酸浓度要求高、硫酸用量大等(任意两点)；胆矾中含有结晶水，温度过高容易失去结晶水，故由硫酸铜溶液得到胆矾要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤并干燥等操作。