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【化学】广东省湛江市2018-2019学年高一上学期期末调研试题（解析版）
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广东省湛江市2018-2019学年高一上学期期末调研试题
可能用到的相对原子质量：H1 O16 C12 S32 Na23 Mg24 Cl35.5 Al27 Fe56 Cu64
一、单项选择题（本题共16小题，毎小题3分，共48分）
1.下列试剂的保存方法中错误的是（ ）
A. 少量的钠保存在煤油中
B. 氢氟酸保存在玻璃瓶中
C. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
D. NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中
【答案】B
【解析】A、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气反应，故少量的钠保存在煤油中以隔绝空气，A正确；
B、氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此氢氟酸保存在塑料瓶中，B错误；
C、新制的氯水中的次氯酸见光或受热易分解，故新制氯水保存在棕色玻璃瓶中，C正确；
D、氢氧化钠溶液与玻璃的成分之一二氧化硅反应生成具有粘和性的硅酸钠，将瓶塞和瓶口粘在一起，故NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中，D正确。
答案选B。
2.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间
C. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的
【答案】C
【解析】
【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作用，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法，据此判断。
【详解】A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会发生聚沉，因此产生氢氧化铁沉淀，A正确；
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间，B正确；
C. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，C错误；
D. Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，D正确；
答案选C。
3.下列关于物质的分类中，正确的是（ ）
酸性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
SiO2
HClO
烧碱
CuSO4·5H2O
CO2
B
Na2O2
HNO3
NaHSO4
漂白粉
Mg
C
SO3
H2SiO3
纯碱
水玻璃
NaCl
D
NO
Al(OH)3
BaCO3
水泥
NH3
【答案】C
【解析】
【分析】和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO4·5H2O为纯净物，CO2为非电解质，故A错误；
B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C. SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；
D.NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。
所以C选项是正确的。
4.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 含碳量越低，钢铁的性能越好
B. 纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料
C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质
D. 合金材料组成元素一定全部是金属元素
【答案】B
【解析】A. 钢铁含碳量越高，越硬越脆；含碳量越低，韧性越好，所以不能说含碳量越低，钢铁的性能越好，故A错误；
B. 光导纤维传递光信号的原理是光的全反射，SiO2具有良好的光学效果材料，是制造光导纤维的主要原料，故B正确；
C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中加入了一些金属元素（如钠----黄色光；铜----绿色光）而不是金属单质；另外Fe、Pt等金属元素灼烧时为无色，故C错误；
D. 合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，故D错误。
故答案选B。
5.将下列四种化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液，没有颜色变化，再加氯水即呈现红色的是（ ）
A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe2(SO4)3
【答案】A
【解析】A项，FeO与稀盐酸反应生成FeCl2和H2O，加入KSCN溶液，无明显现象，加入氯水，氯水将FeCl2氧化成FeCl3，溶液变红；B项，Fe2O3与稀盐酸反应生成FeCl3和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；C项，Fe3O4与稀盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；D项，Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；符合题意为FeO，答案选A。
6. 己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－== 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】D
【解析】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。
7.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3 + H2C2O4 + H2SO42ClO2↑+ K2SO4 + 2CO2↑+ 2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3 在反应中得到电子
B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原
D. 1mol KClO3参加反应有2mol电子转移
【答案】A
【解析】分析：氧化还原反应中，还原剂是指失去电子的物质，所含元素的化合价升高，发生氧化反应后转化为氧化产物；氧化剂是得到电子的物质，所含元素的化合价降低，发生还原反应后转化为还原产物。
详解：A. KClO3中的Cl在反应中由+5价降低到+4价，得到电子，A正确； B. ClO2是还原产物，B不正确；C. H2C2O4在反应中被氧化，C不正确；D. 1 molKClO3参加反应有1mol电子转移，D不正确。本题选A。
8.某溶液中滴入无色酚酞试液显红色，则该溶液中一定不能大量共存的离子组是（ ）
A. Na+ NO3- CO32- Cl- B. ClO- K+ Na+ AlO2-
C. K+ Fe2+ NO3- HCO3- D. Cl- Na+ K+ SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】滴入酚酞试剂溶液变红色，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此解答。
【详解】A．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故A不选；
B．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故B不选；
C．Fe2+ 与HCO3-不能大量共存，且都和OH-反应，故C选；
D．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故D不选。
故选C。
9.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氯气通入水中：Cl2 + H2O == 2H+ +Cl- + ClO-
B. 铁和稀硫酸反应：2Fe + 6H+ == 2Fe3+ + 3H2↑
C. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3 + 2H+ == Ca2+ + CO2↑+ H2O
D. 氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3 + OH- == AlO2- + 2H2O
【答案】D
【解析】A、HClO为弱酸，写离子方程式时不能拆写成离子形式，且反应为可逆反应，正确的应为Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，A错误；B、铁和稀硫酸反应生成的是Fe2+而不是Fe3+，正确的应为Fe＋2H＋ == Fe2＋＋H2↑，B错误；C、醋酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的应为CaCO3＋2CH3COOH === Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO-，C错误；D、Al(OH)3为沉淀，写离子方程式时仍写成分子形式，D正确。正确答案为D。
10.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 5.6g Fe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NA
B. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NA
C. 标准状况下，18g 水所含电子数目为10NA
D. 1molO2与足量Na反应，生成Na2O和Na2O2混合物转移的电子数为 2NA
【答案】C
【解析】A.5.6 g铁的物质的量为0.1mol，在氧气中燃烧，生成Fe3O4，完全反应时转移的电子数为 NA，故A错误；
B. 标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氯气均为1mol，氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，故所含原子数不等，故B错误；
C. 18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故C正确；
D.由于不确定生成Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定转移电子数，故D错误。
故答案选C。
11.下列实验操作正确或能达到目的的是（ ）
A. 左右托盘各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，称取2.0gNaOH固体
B. 将气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C. 向沸水中边滴加几滴FeCl3溶液边用玻璃棒搅拌，可制得Fe(OH)3胶体
D. 检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
【答案】B
【解析】A．称量药品时遵循“左物右砝”原则，且称量强腐蚀性固体药品应该放置在烧杯中，NaOH具有强腐蚀性，所以应该放置在烧杯中称量，A错误；
B．无水CuSO4遇水变蓝，则气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，故B正确；
C．制取氢氧化铁胶体时不能搅拌，否则易产生氢氧化铁沉淀，C错误；
D．氧化铁不溶于水，应该将氧化铁溶于稀盐酸中过滤后再加KSCN溶液检验，否则不能检验红色物质中是否含有氧化铁，D错误。
故答案选B。
12.已知还原性由强到弱的顺序为SO32-> I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是（ ）
A. NaCl
B. NaCl、Na2SO4、NaI
C. NaCl、Na2SO4、I2
D. NaCl、NaBr、Na2SO4
【答案】D
【解析】根据氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应Na2SO3+Cl2+H2O==Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发，升华脱离固体。
故答案选D。
13.《神农本草经》记载，神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解。茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A. 将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B. 用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C. 过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D. 检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
【答案】B
【解析】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，A不符合；B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，选用④和⑦，不选用⑥，B符合；C．过滤时需要漏斗、烧杯和玻璃棒，用到④、⑤和⑦，C不符合；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，D不符合；答案选B。
14.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，相同体积的两物质，它们的物质的量必相等
B. 1LCO气体的质量一定比1L O2的质量要小
C. 等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
D. 任何条件下，等物质的量的N2和CO所含的分子数必相等
【答案】D
【解析】A、没有明确是否气体物质，如果不是气体物质，则物质的量不一定相等，故A错误；
B、如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定，故B错误；
C、如果分别是一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但H+数一定不相等，故C错误；
D、根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，物质的量相等，其分子数一定相等，故D正确。
故选D。
15.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是（ ）
A. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟
B. 向pH 试纸上滴加氯水，先变红后变白
C. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH 溶液，充分振荡，上下两层均为无色
D. 往氯水中加入NaHCO3固体，有气体产生
【答案】A
【解析】A. Cu与氯气反应生成氯化铜，产生棕黄色的烟，故A错误；B. 氯水中含有HCl和HClO，HClO具有漂白性，则pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，故B正确；C. 溴与NaOH反应生成溴化钠和次溴酸钠，所得溶液与四氯化碳分层，充分振荡，上下两层均为无色，故C正确；D. 氯水中含有盐酸，与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，故D正确；答案选A。
16.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化全部组合是（ ）
序号
X
Y
Z
W
①
Si
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Cu
CuCl2
Cu(OH)2
CuSO4
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①④
【答案】C
【解析】①Si和O2加热生成SiO2，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3和盐酸反应生成H2SiO3沉淀，但H2SiO3无法一步转化为Si，故①错误；
②钠与水反应可得到氢氧化钠，氢氧化钠与CO2反应可得到碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应可得到氯化钠，电解熔融的氯化钠，生成钠和氯气，故②正确；
③在加热条件下，铜与Cl2反应可得到氯化铜，氯化铜与氢氧化钠溶液反应可得到氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与铁反应可得到铜，故③正确；
④Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应可得到Fe(OH)2，但Fe(OH)2无法一步转化为Fe，故④错误。
答案选C。
二、填空题（本题包括5小题，共46分）
17.请按要求，回答下列问题：
（1）同温同压下，0.3mol氧气和0.2mol臭氧的质量比为____。
（2）某气体的质量为3.4g，含有6.02×1022个分子，则该气体的摩尔质量为____
（3）标准状况下，89.6LHCl气体溶于1L水（ρ=1g/mL）中，所得盐酸的密度为1.09g/mL，则此盐酸的物质的量浓度为_____
【答案】(1). 1：1 (2). 34g/mol (3). 3.8mol/L
【解析】
【分析】（1）根据m=n•M计算0.3mol的氧气和0.2mol的臭氧（O3）的质量之比；
（2）根据n=，计算气体的物质的量，再根据M=，求得该气体的摩尔质量；
（3）根据n=计算HCl的物质的量为，根据m=nM计算HCl的质量，结合m水=V水计算水的质量，进而再通过V=求得溶液的体积，最后根据c=计算盐酸的物质的量浓度，得出结论。
【详解】（1）根据m=n•M可知，0.3mol的氧气和0.2mol的臭氧（O3）的质量之比为：0.3mol×32g/mol：0.2mol×48g/mol=1：1，故答案为：1：1；
（2）气体的物质的量n===0.1mol，该气体的摩尔质量M===34g/mol，故答案为：34g/mol；
（3）标准状况下，89.6LHCl的物质的量为：n(HCl)==4mol，m(HCl)=4mol36.5g/mol=146g，溶液质量为：146g+1000mL1g/mL=1146g，则溶液的体积为：=1051mL=1.051L，则此盐酸的物质的量浓度为：=3.8mol/L，故答案为：3.8mol/L。
18.（1）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A 萃取 B 升华 C 结晶 D 分液 E 蒸馏 F 过滤
①分离饱和食盐水与沙子的混合物。_________
②从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾晶体。_____
③分离CCl4（沸点为76.75°C）和甲苯（沸点为110.6°C）的互溶混合物。________
④已知丙酮（C3H6O）通常是无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL,沸点约为55°C。要从水与丙酮的混合液里将丙酮分离出来。____
⑤分离NaCl固体和单质碘固体的混合物。____
（2）某溶液中含有较大量的Cl—、CO32—、OH—等三种阴离子，如果只取一次该溶液就能分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是。________
①滴加Ba(NO3)2溶液 ②过滤 ③滴加AgNO3溶液 ④滴加Mg(NO3)2
A.①②③②④ B.④②③②① C.①②④②③ D.④②①②③
【答案】(1). F (2). C (3). E (4). D (5). B (6). C
【解析】
【分析】（1）根据混合物中物质性质不同选则分离方法；
（2）检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。
【详解】（1）①沙子不溶于水，可用过滤的方法分离，故答案为：F；
②硝酸钾的溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化较小，从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾晶体的方法是结晶法，故答案为：C；
③CCl4和甲苯为互溶混合物，但二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故答案为：E；
④丙酮不溶于水，从水与丙酮的混合液里将丙酮分离出来的方法是分液，故答案为：D；
⑤碘易升华，分离NaCl固体和单质碘固体的混合物的方法是升华，故答案为：B；
（2）Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；
CO32-用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；
OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；
Cl—、CO32—、OH—都和AgNO3反应，CO32—、OH—都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；
只有CO32-和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO32-、再检验OH-；
故选C。
19.（1）有以下6个反应：
A.2Na + 2H2O == 2NaOH + H2↑
B. CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O
C.2KClO3 2KCl + 3O2↑
D.CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑
E.Na2O + CO2 == Na2CO3
F.CO2 + C 2CO
既属于化合反应又属于氧化还原反应的有 _____（填编号，下同），不属于氧化还原反应的有______。
（2）根据反应：①2Fe3++2I-==2Fe2++I2
②Br2+2Fe2+==2Fe3++2Br-
③Br2 + 2I-==I2+2Br-
回答下列问题：
①试判断离子的还原性由强到弱的顺序是 ______
A．Br-> Fe2+> I- B．I->Fe2+>Br- C．Br-> I->Fe2+ D．Fe2+> I->Br-
②某溶液中含有Br-、Fe2+、I-，为了氧化I—而不影响Br-和Fe2+，选用的氧化剂是_______
③I2与Br-能否发生反应_____。
A．能 B．不能
【答案】(1). F (2). D、E (3). I-＞Fe2+＞Br- (4). Fe3+ (5). B
【解析】（1）有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，因此既属于化合反应又属于氧化还原反应的是碳与二氧化碳反应生成CO，答案选F；A中Na和H元素的化合价变化，B中C与O元素的化合价变化，C中Cl与O元素的化合价变化，F中碳元素的化合价变化，它们均是氧化还原反应，因此不属于氧化还原反应的是D与E；（2）①氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应①可知还原性是I－＞Fe2＋；根据反应②可知还原性是Fe2＋＞Br－；根据反应③可知还原性是I－＞Br－，所以离子的还原性由强到弱的顺序是I－＞Fe2＋＞Br－，答案选B。②根据还原性强弱顺序可知为了氧化I－而不影响Br－和Fe2＋，选用的氧化剂是Fe3+；③碘离子的还原性强于溴离子，则I2与Br－不能发生反应，答案选B。
20.已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：
①按图组装仪器，并检查装置的气密性；
②将a g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；
③称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b g；
④从分液漏斗滴入6mol/L的硫酸，直到不再产生气体时为止；
⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；
⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c g ；
⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，为d g。
请填空和回答问题：
（1）在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明______
①样品重 ②样品轻 ③砝码重 ④砝码轻
（2）装置中干燥管B的作用是______
（3）如果分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果将 _____（填偏高、偏低或不变）；如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，测试的结果将______（填偏高、偏低或不变）。
（4）步骤⑤目的是____________。
（5）该试样中纯碱的质量分数的计算式为 ________（结果无须化简）。
【答案】 (1). ①④ (2). 防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中 (3). 偏高 (4). 偏高 (5). 把反应产生的CO2全部导入U型管中 (6). 106（d—b）/44a×100%
【解析】
【分析】(1) 根据天平称量时按照左物右码的原则考虑；
(2)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；
(3)根据盐酸的挥发性考虑；根据浓硫酸洗气瓶的作用考虑；
(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；
(5)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。
【详解】(1) 由于称量时左物右码，向左偏说明样品重，砝码轻，选①④，因此，本题正确答案是：①④；
(2)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差，因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；
(3)因为盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；浓硫酸的作用是吸水，如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，水蒸气也进入U型管被吸收，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高，因此，本题正确答案是：偏高；偏高；
(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2全部导入U型管中；
(5)设需要碳酸钠的质量为X则：
Na2CO3+H2SO4== Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
X d-b
列比例式：=
计算得出X=；
所以试样中纯碱的质量分数的计算式为106（d—b）/44a×100%，
因此，本题正确答案是：106（d—b）/44a×100%。
21.现有常见金属A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间的转化关系如图所示，请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：B _______ F______
（2）写出下列反应离子方程式：
反应⑤________________ 反应⑥_______________
（3）实验室制取气体乙时，先将气体生成物通过 _______以除去_______
（4）在反应MnO2 + 4HCl(浓) △ MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O中，浓盐酸体现了_____ 性和__________性，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。
【答案】(1). Al (2). FeCl2 (3). 2Fe2++Cl2 === 2Fe3++ 2Cl- (4). Fe3++ 3OH- == Fe(OH)3↓ (5). 饱和食盐水 (6). HCl气体 (7). 还原性 (8). 酸性 (9). 1：2
【解析】
【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可以知道，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al。黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl物质F物质G，可以知道金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题。
【详解】(1)由以上分析可以知道，B为Al，F为FeCl2，因此，本题正确答案是：Al ；FeCl2；
（2）反应⑤为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2 === 2Fe3++ 2Cl-；反应(6)是氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钠，反应离子方程式为：Fe3++ 3OH- == Fe(OH)3↓； 因此，本题正确答案是：2Fe2++Cl2 === 2Fe3++ 2Cl- ；Fe3++ 3OH- == Fe(OH)3↓；
（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制Cl2时，氯气中混有HCl和水蒸气，要先将气体生成物通过饱和食盐水以除去HCl气体，因此，本题正确答案是：饱和食盐水；HCl气体；
（4）在反应MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素的化合价降低，MnO 2为氧化剂，部分Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂， 浓盐酸体现了还原性和酸性，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为1：2，因此，本题正确答案是：还原性；酸性；1:2。
三、计算题（1小题，共6分）
22.将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。
（1）原混合液中镁和铝的质量比为___________
（2）NaOH溶液的物质的量浓度为__________mol/L。
（3）生成的气体在标准状况下的体积为_________L。
【答案】 (1). 2：3 (2). 5 (3). 10.08
【解析】根据图像可知，加入NaOH溶液后并没有立即生成沉淀，这说明稀盐酸是过量的，所以有关离子方程式应该是：H＋＋OH－== H2O、Al3＋＋3OH－== Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－== Mg(OH)2↓、Al(OH)3＋OH－== AlO2－＋2H2O。根据图像可知，和Al(OH)3反应的NaOH溶液是240mL－200mL== 40mL，则Al(OH)3的物质的量是0.35mol－0.15mol＝0.20mol，Mg(OH)2是0.15mol，（1）根据原子守恒可知，镁和铝的总的质量分别是0.15mol×24g/mol=3.6g，0.2mol×27g/mol＝5.4g，质量比为：3.6：5.4=2：3；（2）NaOH溶液的物质的量浓度是＝5mol/L；（3）根据镁和铝的物质的量可知：生成的氢气在标准状况下的体积为（0.15mol＋0.2mol）×22.4L/mol＝10.08L。
可能用到的相对原子质量：H1 O16 C12 S32 Na23 Mg24 Cl35.5 Al27 Fe56 Cu64
一、单项选择题（本题共16小题，毎小题3分，共48分）
1.下列试剂的保存方法中错误的是（ ）
A. 少量的钠保存在煤油中
B. 氢氟酸保存在玻璃瓶中
C. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
D. NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中
【答案】B
【解析】A、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气反应，故少量的钠保存在煤油中以隔绝空气，A正确；
B、氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此氢氟酸保存在塑料瓶中，B错误；
C、新制的氯水中的次氯酸见光或受热易分解，故新制氯水保存在棕色玻璃瓶中，C正确；
D、氢氧化钠溶液与玻璃的成分之一二氧化硅反应生成具有粘和性的硅酸钠，将瓶塞和瓶口粘在一起，故NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中，D正确。
答案选B。
2.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间
C. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的
【答案】C
【解析】
【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作用，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法，据此判断。
【详解】A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会发生聚沉，因此产生氢氧化铁沉淀，A正确；
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间，B正确；
C. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，C错误；
D. Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，D正确；
答案选C。
3.下列关于物质的分类中，正确的是（ ）
酸性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
SiO2
HClO
烧碱
CuSO4·5H2O
CO2
B
Na2O2
HNO3
NaHSO4
漂白粉
Mg
C
SO3
H2SiO3
纯碱
水玻璃
NaCl
D
NO
Al(OH)3
BaCO3
水泥
NH3
【答案】C
【解析】
【分析】和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO4·5H2O为纯净物，CO2为非电解质，故A错误；
B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C. SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；
D.NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。
所以C选项是正确的。
4.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 含碳量越低，钢铁的性能越好
B. 纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料
C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质
D. 合金材料组成元素一定全部是金属元素
【答案】B
【解析】A. 钢铁含碳量越高，越硬越脆；含碳量越低，韧性越好，所以不能说含碳量越低，钢铁的性能越好，故A错误；
B. 光导纤维传递光信号的原理是光的全反射，SiO2具有良好的光学效果材料，是制造光导纤维的主要原料，故B正确；
C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中加入了一些金属元素（如钠----黄色光；铜----绿色光）而不是金属单质；另外Fe、Pt等金属元素灼烧时为无色，故C错误；
D. 合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，故D错误。
故答案选B。
5.将下列四种化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液，没有颜色变化，再加氯水即呈现红色的是（ ）
A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe2(SO4)3
【答案】A
【解析】A项，FeO与稀盐酸反应生成FeCl2和H2O，加入KSCN溶液，无明显现象，加入氯水，氯水将FeCl2氧化成FeCl3，溶液变红；B项，Fe2O3与稀盐酸反应生成FeCl3和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；C项，Fe3O4与稀盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；D项，Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；符合题意为FeO，答案选A。
6. 己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－== 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】D
【解析】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。
7.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3 + H2C2O4 + H2SO42ClO2↑+ K2SO4 + 2CO2↑+ 2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3 在反应中得到电子
B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原
D. 1mol KClO3参加反应有2mol电子转移
【答案】A
【解析】分析：氧化还原反应中，还原剂是指失去电子的物质，所含元素的化合价升高，发生氧化反应后转化为氧化产物；氧化剂是得到电子的物质，所含元素的化合价降低，发生还原反应后转化为还原产物。
详解：A. KClO3中的Cl在反应中由+5价降低到+4价，得到电子，A正确； B. ClO2是还原产物，B不正确；C. H2C2O4在反应中被氧化，C不正确；D. 1 molKClO3参加反应有1mol电子转移，D不正确。本题选A。
8.某溶液中滴入无色酚酞试液显红色，则该溶液中一定不能大量共存的离子组是（ ）
A. Na+ NO3- CO32- Cl- B. ClO- K+ Na+ AlO2-
C. K+ Fe2+ NO3- HCO3- D. Cl- Na+ K+ SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】滴入酚酞试剂溶液变红色，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此解答。
【详解】A．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故A不选；
B．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故B不选；
C．Fe2+ 与HCO3-不能大量共存，且都和OH-反应，故C选；
D．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故D不选。
故选C。
9.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氯气通入水中：Cl2 + H2O == 2H+ +Cl- + ClO-
B. 铁和稀硫酸反应：2Fe + 6H+ == 2Fe3+ + 3H2↑
C. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3 + 2H+ == Ca2+ + CO2↑+ H2O
D. 氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3 + OH- == AlO2- + 2H2O
【答案】D
【解析】A、HClO为弱酸，写离子方程式时不能拆写成离子形式，且反应为可逆反应，正确的应为Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，A错误；B、铁和稀硫酸反应生成的是Fe2+而不是Fe3+，正确的应为Fe＋2H＋ == Fe2＋＋H2↑，B错误；C、醋酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的应为CaCO3＋2CH3COOH === Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO-，C错误；D、Al(OH)3为沉淀，写离子方程式时仍写成分子形式，D正确。正确答案为D。
10.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 5.6g Fe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NA
B. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NA
C. 标准状况下，18g 水所含电子数目为10NA
D. 1molO2与足量Na反应，生成Na2O和Na2O2混合物转移的电子数为 2NA
【答案】C
【解析】A.5.6 g铁的物质的量为0.1mol，在氧气中燃烧，生成Fe3O4，完全反应时转移的电子数为 NA，故A错误；
B. 标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氯气均为1mol，氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，故所含原子数不等，故B错误；
C. 18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故C正确；
D.由于不确定生成Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定转移电子数，故D错误。
故答案选C。
11.下列实验操作正确或能达到目的的是（ ）
A. 左右托盘各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，称取2.0gNaOH固体
B. 将气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C. 向沸水中边滴加几滴FeCl3溶液边用玻璃棒搅拌，可制得Fe(OH)3胶体
D. 检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
【答案】B
【解析】A．称量药品时遵循“左物右砝”原则，且称量强腐蚀性固体药品应该放置在烧杯中，NaOH具有强腐蚀性，所以应该放置在烧杯中称量，A错误；
B．无水CuSO4遇水变蓝，则气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，故B正确；
C．制取氢氧化铁胶体时不能搅拌，否则易产生氢氧化铁沉淀，C错误；
D．氧化铁不溶于水，应该将氧化铁溶于稀盐酸中过滤后再加KSCN溶液检验，否则不能检验红色物质中是否含有氧化铁，D错误。
故答案选B。
12.已知还原性由强到弱的顺序为SO32-> I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是（ ）
A. NaCl
B. NaCl、Na2SO4、NaI
C. NaCl、Na2SO4、I2
D. NaCl、NaBr、Na2SO4
【答案】D
【解析】根据氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应Na2SO3+Cl2+H2O==Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发，升华脱离固体。
故答案选D。
13.《神农本草经》记载，神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解。茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A. 将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B. 用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C. 过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D. 检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
【答案】B
【解析】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，A不符合；B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，选用④和⑦，不选用⑥，B符合；C．过滤时需要漏斗、烧杯和玻璃棒，用到④、⑤和⑦，C不符合；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，D不符合；答案选B。
14.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，相同体积的两物质，它们的物质的量必相等
B. 1LCO气体的质量一定比1L O2的质量要小
C. 等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
D. 任何条件下，等物质的量的N2和CO所含的分子数必相等
【答案】D
【解析】A、没有明确是否气体物质，如果不是气体物质，则物质的量不一定相等，故A错误；
B、如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定，故B错误；
C、如果分别是一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但H+数一定不相等，故C错误；
D、根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，物质的量相等，其分子数一定相等，故D正确。
故选D。
15.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是（ ）
A. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟
B. 向pH 试纸上滴加氯水，先变红后变白
C. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH 溶液，充分振荡，上下两层均为无色
D. 往氯水中加入NaHCO3固体，有气体产生
【答案】A
【解析】A. Cu与氯气反应生成氯化铜，产生棕黄色的烟，故A错误；B. 氯水中含有HCl和HClO，HClO具有漂白性，则pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，故B正确；C. 溴与NaOH反应生成溴化钠和次溴酸钠，所得溶液与四氯化碳分层，充分振荡，上下两层均为无色，故C正确；D. 氯水中含有盐酸，与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，故D正确；答案选A。
16.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化全部组合是（ ）
序号
X
Y
Z
W
①
Si
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Cu
CuCl2
Cu(OH)2
CuSO4
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①④
【答案】C
【解析】①Si和O2加热生成SiO2，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3和盐酸反应生成H2SiO3沉淀，但H2SiO3无法一步转化为Si，故①错误；
②钠与水反应可得到氢氧化钠，氢氧化钠与CO2反应可得到碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应可得到氯化钠，电解熔融的氯化钠，生成钠和氯气，故②正确；
③在加热条件下，铜与Cl2反应可得到氯化铜，氯化铜与氢氧化钠溶液反应可得到氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与铁反应可得到铜，故③正确；
④Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应可得到Fe(OH)2，但Fe(OH)2无法一步转化为Fe，故④错误。
答案选C。
二、填空题（本题包括5小题，共46分）
17.请按要求，回答下列问题：
（1）同温同压下，0.3mol氧气和0.2mol臭氧的质量比为____。
（2）某气体的质量为3.4g，含有6.02×1022个分子，则该气体的摩尔质量为____
（3）标准状况下，89.6LHCl气体溶于1L水（ρ=1g/mL）中，所得盐酸的密度为1.09g/mL，则此盐酸的物质的量浓度为_____
【答案】(1). 1：1 (2). 34g/mol (3). 3.8mol/L
【解析】
【分析】（1）根据m=n•M计算0.3mol的氧气和0.2mol的臭氧（O3）的质量之比；
（2）根据n=，计算气体的物质的量，再根据M=，求得该气体的摩尔质量；
（3）根据n=计算HCl的物质的量为，根据m=nM计算HCl的质量，结合m水=V水计算水的质量，进而再通过V=求得溶液的体积，最后根据c=计算盐酸的物质的量浓度，得出结论。
【详解】（1）根据m=n•M可知，0.3mol的氧气和0.2mol的臭氧（O3）的质量之比为：0.3mol×32g/mol：0.2mol×48g/mol=1：1，故答案为：1：1；
（2）气体的物质的量n===0.1mol，该气体的摩尔质量M===34g/mol，故答案为：34g/mol；
（3）标准状况下，89.6LHCl的物质的量为：n(HCl)==4mol，m(HCl)=4mol36.5g/mol=146g，溶液质量为：146g+1000mL1g/mL=1146g，则溶液的体积为：=1051mL=1.051L，则此盐酸的物质的量浓度为：=3.8mol/L，故答案为：3.8mol/L。
18.（1）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A 萃取 B 升华 C 结晶 D 分液 E 蒸馏 F 过滤
①分离饱和食盐水与沙子的混合物。_________
②从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾晶体。_____
③分离CCl4（沸点为76.75°C）和甲苯（沸点为110.6°C）的互溶混合物。________
④已知丙酮（C3H6O）通常是无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL,沸点约为55°C。要从水与丙酮的混合液里将丙酮分离出来。____
⑤分离NaCl固体和单质碘固体的混合物。____
（2）某溶液中含有较大量的Cl—、CO32—、OH—等三种阴离子，如果只取一次该溶液就能分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是。________
①滴加Ba(NO3)2溶液 ②过滤 ③滴加AgNO3溶液 ④滴加Mg(NO3)2
A.①②③②④ B.④②③②① C.①②④②③ D.④②①②③
【答案】(1). F (2). C (3). E (4). D (5). B (6). C
【解析】
【分析】（1）根据混合物中物质性质不同选则分离方法；
（2）检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。
【详解】（1）①沙子不溶于水，可用过滤的方法分离，故答案为：F；
②硝酸钾的溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化较小，从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾晶体的方法是结晶法，故答案为：C；
③CCl4和甲苯为互溶混合物，但二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故答案为：E；
④丙酮不溶于水，从水与丙酮的混合液里将丙酮分离出来的方法是分液，故答案为：D；
⑤碘易升华，分离NaCl固体和单质碘固体的混合物的方法是升华，故答案为：B；
（2）Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；
CO32-用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；
OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；
Cl—、CO32—、OH—都和AgNO3反应，CO32—、OH—都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；
只有CO32-和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO32-、再检验OH-；
故选C。
19.（1）有以下6个反应：
A.2Na + 2H2O == 2NaOH + H2↑
B. CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O
C.2KClO3 2KCl + 3O2↑
D.CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑
E.Na2O + CO2 == Na2CO3
F.CO2 + C 2CO
既属于化合反应又属于氧化还原反应的有 _____（填编号，下同），不属于氧化还原反应的有______。
（2）根据反应：①2Fe3++2I-==2Fe2++I2
②Br2+2Fe2+==2Fe3++2Br-
③Br2 + 2I-==I2+2Br-
回答下列问题：
①试判断离子的还原性由强到弱的顺序是 ______
A．Br-> Fe2+> I- B．I->Fe2+>Br- C．Br-> I->Fe2+ D．Fe2+> I->Br-
②某溶液中含有Br-、Fe2+、I-，为了氧化I—而不影响Br-和Fe2+，选用的氧化剂是_______
③I2与Br-能否发生反应_____。
A．能 B．不能
【答案】(1). F (2). D、E (3). I-＞Fe2+＞Br- (4). Fe3+ (5). B
【解析】（1）有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，因此既属于化合反应又属于氧化还原反应的是碳与二氧化碳反应生成CO，答案选F；A中Na和H元素的化合价变化，B中C与O元素的化合价变化，C中Cl与O元素的化合价变化，F中碳元素的化合价变化，它们均是氧化还原反应，因此不属于氧化还原反应的是D与E；（2）①氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应①可知还原性是I－＞Fe2＋；根据反应②可知还原性是Fe2＋＞Br－；根据反应③可知还原性是I－＞Br－，所以离子的还原性由强到弱的顺序是I－＞Fe2＋＞Br－，答案选B。②根据还原性强弱顺序可知为了氧化I－而不影响Br－和Fe2＋，选用的氧化剂是Fe3+；③碘离子的还原性强于溴离子，则I2与Br－不能发生反应，答案选B。
20.已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：
①按图组装仪器，并检查装置的气密性；
②将a g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；
③称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b g；
④从分液漏斗滴入6mol/L的硫酸，直到不再产生气体时为止；
⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；
⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c g ；
⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，为d g。
请填空和回答问题：
（1）在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明______
①样品重 ②样品轻 ③砝码重 ④砝码轻
（2）装置中干燥管B的作用是______
（3）如果分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果将 _____（填偏高、偏低或不变）；如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，测试的结果将______（填偏高、偏低或不变）。
（4）步骤⑤目的是____________。
（5）该试样中纯碱的质量分数的计算式为 ________（结果无须化简）。
【答案】 (1). ①④ (2). 防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中 (3). 偏高 (4). 偏高 (5). 把反应产生的CO2全部导入U型管中 (6). 106（d—b）/44a×100%
【解析】
【分析】(1) 根据天平称量时按照左物右码的原则考虑；
(2)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；
(3)根据盐酸的挥发性考虑；根据浓硫酸洗气瓶的作用考虑；
(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；
(5)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。
【详解】(1) 由于称量时左物右码，向左偏说明样品重，砝码轻，选①④，因此，本题正确答案是：①④；
(2)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差，因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；
(3)因为盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；浓硫酸的作用是吸水，如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，水蒸气也进入U型管被吸收，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高，因此，本题正确答案是：偏高；偏高；
(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2全部导入U型管中；
(5)设需要碳酸钠的质量为X则：
Na2CO3+H2SO4== Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
X d-b
列比例式：=
计算得出X=；
所以试样中纯碱的质量分数的计算式为106（d—b）/44a×100%，
因此，本题正确答案是：106（d—b）/44a×100%。
21.现有常见金属A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间的转化关系如图所示，请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：B _______ F______
（2）写出下列反应离子方程式：
反应⑤________________ 反应⑥_______________
（3）实验室制取气体乙时，先将气体生成物通过 _______以除去_______
（4）在反应MnO2 + 4HCl(浓) △ MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O中，浓盐酸体现了_____ 性和__________性，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。
【答案】(1). Al (2). FeCl2 (3). 2Fe2++Cl2 === 2Fe3++ 2Cl- (4). Fe3++ 3OH- == Fe(OH)3↓ (5). 饱和食盐水 (6). HCl气体 (7). 还原性 (8). 酸性 (9). 1：2
【解析】
【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可以知道，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al。黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl物质F物质G，可以知道金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题。
【详解】(1)由以上分析可以知道，B为Al，F为FeCl2，因此，本题正确答案是：Al ；FeCl2；
（2）反应⑤为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2 === 2Fe3++ 2Cl-；反应(6)是氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钠，反应离子方程式为：Fe3++ 3OH- == Fe(OH)3↓； 因此，本题正确答案是：2Fe2++Cl2 === 2Fe3++ 2Cl- ；Fe3++ 3OH- == Fe(OH)3↓；
（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制Cl2时，氯气中混有HCl和水蒸气，要先将气体生成物通过饱和食盐水以除去HCl气体，因此，本题正确答案是：饱和食盐水；HCl气体；
（4）在反应MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素的化合价降低，MnO 2为氧化剂，部分Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂， 浓盐酸体现了还原性和酸性，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为1：2，因此，本题正确答案是：还原性；酸性；1:2。
三、计算题（1小题，共6分）
22.将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。
（1）原混合液中镁和铝的质量比为___________
（2）NaOH溶液的物质的量浓度为__________mol/L。
（3）生成的气体在标准状况下的体积为_________L。
【答案】 (1). 2：3 (2). 5 (3). 10.08
【解析】根据图像可知，加入NaOH溶液后并没有立即生成沉淀，这说明稀盐酸是过量的，所以有关离子方程式应该是：H＋＋OH－== H2O、Al3＋＋3OH－== Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－== Mg(OH)2↓、Al(OH)3＋OH－== AlO2－＋2H2O。根据图像可知，和Al(OH)3反应的NaOH溶液是240mL－200mL== 40mL，则Al(OH)3的物质的量是0.35mol－0.15mol＝0.20mol，Mg(OH)2是0.15mol，（1）根据原子守恒可知，镁和铝的总的质量分别是0.15mol×24g/mol=3.6g，0.2mol×27g/mol＝5.4g，质量比为：3.6：5.4=2：3；（2）NaOH溶液的物质的量浓度是＝5mol/L；（3）根据镁和铝的物质的量可知：生成的氢气在标准状况下的体积为（0.15mol＋0.2mol）×22.4L/mol＝10.08L。
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