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【化学】河南省信阳高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）
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河南省信阳高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H -1 C -12 N -14 O -16 Na- 23 Mg-24 Al-27 Si-28 S -32 Cl -35.5 K-39 Fe -56 Cu -64 Zn-65
第Ⅰ卷(选择题 共54分)
一．选择题：本题共18小题，每小题3分，共54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.下列叙述错误的是（ ）
A. 化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素。
B. “血液透析”利用了胶体的性质。
C. 只要符合限量，“食用色素”、“苯甲酸钠”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂。
D. 在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质。
【答案】D
【详解】A．化学科学具有创造性，所以化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故A正确；
B、透析（dialysis）是通过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液）的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，人体的血液属于胶体，不能透过半透膜，故B正确；
C、正确使用食品添加剂对人体健康有益，故C正确；
D、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，生石灰能吸水，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故D错误。
故选D。
2.高铁酸钾K2FeO4是一种高效、氧化性比Cl2更强的水处理剂，工业上常用下列反应先制高铁酸钠：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，然后在低温下，在Na2FeO4溶液中加KOH固体至饱和就可析出K2FeO4，下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na2O2在反应中作氧化剂，又作还原剂
B. 高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小
C. K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物
D. 制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4反应中共有4mol电子转移
【答案】D
【解析】A．Na2O2在反应中，没有全部生成O2，O元素的化合价分别变为-2价、0价，则Na2O2在反应中既作氧化剂，又作还原剂，故A正确；
B．加入KOH固体，可析出高铁酸钾，说明高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故B正确；
C．K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用来净水，故C正确；
D．反应中Fe的化合价由+3价升高为+6价，每生成lmolNa2FeO4反应中共有3mol电子转移，故D错误。
3.下图模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是（ ）
A. a先通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B. b先通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C. a先通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D. b先通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【解析】
【分析】“侯氏制碱法”化学反应原理为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于CO2在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通CO2，a管通NH3，所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是CO2和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质。
【详解】由以上分析：NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通CO2，a管通NH3，要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是CO2和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此可知A错误、B错误、C正确、D错误，
故选C。
4. 甲是一种常见的单质，乙、丙为中学常见的化合物，甲、乙、丙均含有元素 X 。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是（ ）
A. X元素可能为Al B. X 元素不一定为非金属元素
C. 反应①和②互为可逆反应 D. 反应①和②一定为氧化还原反应
【答案】D
【解析】试题分析：A．能够与含有Al元素的单质反应的物质是金属Al，而Al与OH-发生反应产物只有AlO2-含有Al元素，不符合题意，错误；B． 若X 元素为非金属元素，如Cl元素，则Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；Cl－＋ClO－＋2H+=Cl2＋H2O。符合题意，错误；C．反应①和②因为反应条件不同使用不能互为可逆反应，错误；D．在反应①和②中元素的化合价发生了变化，所以一定为氧化还原反应，正确。
5.常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水发生反应，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示。下列说法正确的是：（ ）
A. 实验时需先点燃E处的酒精灯
B. 二氯化二硫(S2Cl2)与水反应的产物为:S、H2S、HCl
C. C、D中所盛试剂依次为饱和氯化钠溶液、浓硫酸
D. G中可收集到纯净的产品
【答案】C
【解析】
【分析】由制备实验装置可知，A中为浓盐酸，B中为二氧化锰，浓盐酸与二氧化锰加热发生反应生成氯气，C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸干燥氯气，E中S与氯气反应生成S2Cl2，G中可收集液态S2Cl2，且可防止倒吸，H中NaOH溶液吸收尾气，
【详解】A、实验时需先点燃B处的酒精灯，后点燃E处的酒精灯，防止S与氧气反应，故A错误；
B、2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，二氯化二硫(S2Cl2)与水反应的产物为:S、SO2、HCl，故B错误；
C、C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸干燥氯气，故C正确；
D、G收集产品，H中氢氧化钠溶液中水蒸气易挥发，进入G中，易使S2Cl2水解，在G和H之间增加干燥装置，否则G中可不收集到纯净的产品，故D错误；
故选C。
6.某固体混合物 X 可能是由 Na2SiO3、 Fe 、 Na2CO3、 BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。下列说法不正确的是：（ ）
A. 该固体混合物一定含有 Fe、 Na2CO3、 BaCl2
B. 气体A一定是混合气体
C. 白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色
D. 沉淀A一定是 H2SiO3
【答案】A
【解析】由实验可知，A与澄清石灰水变浑浊，则A一定含有CO2，混合物与足量盐酸反应有沉淀A生成，沉淀A是H2SiO3，溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B是Fe(OH)2，溶液B与稀硝酸、硝酸银反应生成沉淀C是氯化银，则原混合物中一定有Na2SiO3、 Fe 、 Na2CO3，可能有BaCl2。A、原混合物中一定有Na2SiO3、 Fe 、 Na2CO3，可能有BaCl2，故A错误；B、气体A是二氧化碳和氢气的混合气体，故B正确；C、白色沉淀Fe(OH)2在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色，故C正确；D、沉淀A一定是 H2SiO3，故D正确；故选A。
7.某同学设计完成了以下两个实验：
①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)。
②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层的颜色没有变化。
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验①生成HIO3时发生的反应为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl
B. 实验②中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液
C. 由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是：Cl2＞Br2＞I2
D. 由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3
【答案】C
【解析】试题分析：A．由继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)可知，氯气可氧化碘单质，发生离子反应为I2+5Cl2+6 H2O="2" HIO3+10HCl，故A正确；B．由盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色可知，溴易溶于四氯化碳，则可通过萃取分液的方法获得Br2的CCl4溶液，故B正确；C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，①中氧化性为Cl2＞I2，②中氧化物为Cl2＞Br2，不能比较Br2、I2的氧化性，故C错误；D．由①②中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3，故D正确；故选C。
8.以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是（ ）
① Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
② Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH
③ Mg→MgCl2→Mg(OH)2
④ Al→Al2O3→Al(OH)3
⑤ Al→NaAlO2→Na2CO3
A. ②③④ B. ①③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】①铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，每步转化都能一步反应实现，故①正确；②钠和氧气反应生成氧化钠，4Na+O2=2Na2O，氧化钠和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与过量的水和CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与足量的Ca(OH)2 反应生成NaOH，故②正确；③镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 ↓+2NaCl，故③能通过一步反应实现；④铝解氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步生成氢氧化铝，故④不能通过一步反应实现；⑤Al与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入适量的CO2，得Na2CO3溶液，故⑤正确；故选C。
9.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)：（ ）
A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应
B. 反应⑤说明该条件下铝的氧化性强于锰
C. 生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2
D. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】C
【解析】
【分析】A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；
B．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；
C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0；
D．①中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0．
【详解】A、①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，③④⑤中没有离子参加反应，故A错误；
B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B错误；
C、③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；
D、反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选C。
10. A～E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如下图所示。
则下列说法正确的是（ ）
A. X与A反应的化学方程式是：Al2O3+ 2FeFe2O3+ 2Al
B. 检验D溶液中的金属阳离子的反应：Fe3++3SCN—＝Fe(SCN)3↓
C. 单质Y在一定条件下能与水发生置换反应
D. 由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物
【答案】C
【解析】试题分析：单质X与氧化物A反应生成单质Y与氧化物B，且涉及到的4种物质都能与稀硫酸反应，即可判断X与A反应生成Y与B的反应为铝热反应。A．X与A反应的化学方程式是Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，A项错误；B．Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3，生成物不是沉淀，是血红色配合物，B项错误；C．单质Y是铁，铁与水蒸气在高温下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，C项正确；D．C为硫酸铝不能与酸反应，能与碱反应，D项错误；答案选C。
11.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是：（ ）
A. 产物n[Cu(NO3)2]∶n(CuSO4)＝2∶1
B. 参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂
D. 1 molCu2S参加反应时有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】分析氧化还原反应，依据电子守恒，原子守恒写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4＋5 NO2↑+5 NO↑+7 H2O；根据化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断计算；
【详解】己知n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole－；Cu2S应失4mole－．而1molCu2S能失10mole－，故失4mole－说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol。反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=2：14；
A、依据分析计算得到，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故A错误；
B、参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14=1：7，故B正确；
C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；
D、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 molCu2S参加反应时有10mol电子转移，故D错误；
故选B。
12.下列反应的离子方程式书写正确的是：（ ）
A. 向硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2－+4NH4++2H2O
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+ 2H2O+CO32－
C. 用次氯酸钠溶液吸收少量的SO2:ClO－+SO2 +H2O =SO42－+Cl－+2H+
D. 将所含溶质物质的量之比为4∶3的 硫酸氢钠溶液和氢氧化钡溶液相互混合：4H＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋4OH－＝3BaSO4↓＋4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，向硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B、 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3↓+ H2O，故B错误；
C、 用次氯酸钠溶液吸收少量的SO2:3ClO－+SO2 +H2O =SO42－+Cl－+2HClO，故C错误；
D、 将所含溶质物质的量之比为4∶3的 硫酸氢钠溶液和氢氧化钡溶液相互混合，硫酸氢钠和氢氧化钡溶液两溶液混合，氢氧根离子、钡离子不足：4H＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋4OH－＝3BaSO4↓＋4H2O，故D正确；
故选D。
13.向含Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa（OH）2溶液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 原混合液中c（SO42-）：c（Cl-）=1：1
B. 向D点溶液中通入C02气体，立即产生白色沉淀
C. 图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3
D. AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓
【答案】A
【解析】
【详解】Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，反应如下：Ba2++SO42-＝BaSO4↓，Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-＝Al（OH）3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。则可依次分析四个选项如下：
A、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L～6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2（SO4）3]=n[Ba（OH）2]，故n[Al2（SO4）3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n（AlCl3）=2[Ba（OH）2]=6mol，故n（AlCl3）=2mol，因此原溶液中c[Al2（SO4）3]：c（AlCl3）=1：2，即c(SO42-）：c（Cl-）=1:2，故A错误；
B、D点的溶液中含有大量的OH-、Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡沉淀，通入足量的二氧化碳后还能生成氢氧化铝沉淀，B正确；
C、根据以上分析可知图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3，C正确；
D、根据以上分析可知AB段反应的离子方程式为Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，D正确；
答案选A。
14.已知：还原性Cl-
C. 不能确定是否含有SO32- D. 肯定含有NH4+
【答案】A
【解析】
【分析】向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则一定不含Fe2＋，一定含SO32－，结合离子浓度相等、溶液为电中性来解答．
【详解】Fe2＋、I－均与溴水发生氧化还原反应后，溶液具有颜色，由还原性 I-
A. a的取值范围为0.9g＜a＜1.2g
B. 镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NA
C. 镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12L
D. x=2y
【答案】D
【解析】试题分析：向Mg、Al合金与盐酸反应后的反应中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，沉淀是Mg (OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl。A．当金属全为Al时，Al的物质的量为n(Al)=0.1mol÷3=0.1/3mol,所以a的极小值为0.1/3mol×27g/mol=0.9g；当全为Mg时，Mg的物质的量为0.1mol÷2=0.05mol，则a的极大值=0.05mol×24g/mol=1.2g，故ad取值范围为0.9g＜a＜1.2g，正确； B．沉淀混合物含有的OH-的质量为（a+1.7g）-ag=1.7g，物质的量为1.7g÷17g/mol=0.1mol;镁铝合金提供的电子等于混合物中OH-所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1mol×NAmol-1=0.lNA，故B正确；C．由B分析可知，金属提供电子为0.1mol，根据电子转移守恒可知，生成氢气的物质的量为0.1mol ÷2 = 0.05mol，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故氢气的体积大于0.05mol×22.4L/mol= 1.12L，正确；D．根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以x mL×2mol/L="y" mL×1mol/L，即y=2x，错误。
16.C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。若将2.00 g C跟16.0 g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，充分反应后共收集到1.12 L气体(标准状况)，生成沉淀的质量为5.00 g。下列说法错误的是：（ ）
A. 反应后的固体混合物中Cu的质量为9.6 g
B. 反应后的固体混合物中还含有碳
C. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol
D. 反应后的固体混合物总质量为14.4 g
【答案】A
【解析】
【分析】反应得到混合气体与通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况）为CO的体积，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙，据此计算CO、二氧化碳的物质的量，反应后的固体混合物含有Cu、Cu2O，可能含有碳。
A．产物中CO2、CO中的O原子守恒计算氧化铜失去氧的物质的量，进而计算Cu2O反应后的总质量，与Cu的质量比较判断；
B．根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；
C．Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=CuO反应后的总质量-Cu元素的质量；
D．反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量-生成CO2与CO的总质量；
【详解】由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=5.00g/100g·mol－1=0.05mol，n（CO）=1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，
A、产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的物质的量=（0.05mol×2+0.05mol）=0.15mol，n(Cu2O)=0.05mol，根据Cu守恒生成Cu的质量=（16g/80g·mol－1-0.05×2）×64g·mol－1=6.4g。
B、生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）×12g·mol－1=1.2g，故没有参与反应的碳的质量为：2g-1.2g=0.8g，故B正确；
C、反应后m（O）=13.6g-12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.8g/16g·mol－1=0.05 mol，故C正确；
D、反应后固体总质量为：16g+2g-0.05mol×（44g·mol－1+28g·mol－1）=14.4g，故D正确；
故选A。
17.将Cl2通入适量NaOH溶液，随着反应的进行，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且c(Cl—)/c(ClO—)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=a mol时，下列有关说法错误的是（ ）
A. 参加反应的氯气的物质的量等于a/2mol
B. 改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为a/7mol
C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n（e-）的范围：a/2mol≤n（e-）≤5a/6mol
D. 若某温度下，反应后c(Cl—)/c(ClO—)=11，则溶液中c(ClO—)/c(ClO3—)=1/2
【答案】B
【解析】
【分析】A项，反应中的原子守恒为n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH）=2n（Cl2）；
B项，用极限法，若只发生反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O计算NaClO3的最大值；
C项，用极限法分析转移电子物质的量的范围；
D项，用得失电子守恒n（ClO-）+5n（ClO3-）=n（Cl-）分析。
【详解】A项，反应中的原子守恒为n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH）=2n（Cl2），n（NaOH）=amol，参与反应的Cl2物质的量为a/2mol，A项正确；
B项，改变温度，若只发生反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，amolNaOH反应最多生成a/6molNaClO3，B项错误；
C项，改变温度，当只发生反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O转移电子数最多，每消耗6molNaOH转移5mol电子，消耗amolNaOH转移电子物质的量为5a/6mol，当只发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O转移电子数最少，每消耗2molNaOH转移1mol电子，消耗amolNaOH转移电子物质的量为a/2mol，反应中转移电子物质的量a/2mol≤n（e-）≤5a/6mol，C项正确；
D项，反应中的得失电子守恒n（ClO-）+5n（ClO3-）=n（Cl-），在溶液中c（ClO-）+5c（ClO3-）=c（Cl-），将c（Cl-）/c（ClO-）=11代入，c（ClO-）+5c（ClO3-）=11c（ClO-），则c（ClO-）/c（ClO3-）=1/2，D项正确；
答案选B。
18.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。进行如下实验。下列有关说法正确的是：（ ）
A. 根据上述步骤II可以得出m(Fe2O3)∶m(Cu)＝1∶1
B. 步骤I中减少的3 g固体一定是混合物
C. 步骤II中质量减少的物质一定是Cu
D. 根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
【答案】A
【解析】
【分析】9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H＋═2Fe3＋+3H2O；Cu+2Fe3＋═2Fe2＋+Cu2＋，说明溶液中一定存在Fe2O3，1.92g固体为铜。
【详解】A、设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O、Cu+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋得出：Fe2O3～2Fe3＋～Cu，则160x+64y=6.4，64y-64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g·mol－1=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g·mol－1=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故A正确。
B、步骤Ⅰ中，加入过量氢氧化钠溶液固体质量减少了3 g，溶解的物质可能是Al2O3和SiO2中的一种或两种，故B错误；
C、步骤Ⅱ中加入过量盐酸，Fe2O3溶解后又和Cu发生反应，故减少的固体是Fe2O3和Cu，故C错误；
D、根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在Fe2O3、Cu，故D错误；
故选A。
第Ⅱ卷(非选择题 共46分)
二、非选择题：本题共4小题，共46分。
19.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器己略去，气密性已检验）。
实验过程：
I．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
II．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
III.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。
IV．……
(1)A中产生黄绿色气体的化学反应方程式是___________。
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________。
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是___________。
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作是___________，现象是___________。
(5)过程III实验的目的是___________。
【答案】(1). 2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O (2). 湿润的淀粉-KI试纸变蓝 (3). C12+2Br-=Br2+2Cl- (4). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置 (5). CCl4层变为紫红色 (6). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【解析】（1）A中产生黄绿色气体氯气的化学反应方程式是2KMnO4+16HCl＝5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。（2）氯气具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是淀粉KI试纸变蓝。（3）氯元素的非金属性强于溴元素的非金属性，所以氯气能和溴化钠反应生成单质溴，反应的离子方程式是Cl2+2Br-＝Br2+2Cl-。（4）由于C中有单质溴生成，所以要验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象分别是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色。（5）由于氯气也能氧化碘化钾，干扰单质溴和碘化钾的反应，所以过程Ⅲ实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
20.I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C与盐酸反应均可生成D；加热固体C可生成A和一种无色无味的气体X；在A溶液中通入足量X，又可生成C；B溶液和C溶液混合可生成A。请回答：
(1)B是___________，D是___________，(均用化学式表示)
(2)写出上述反应中由A生成C的化学方程式：____________________________________。
II.化合物甲仅含两种元素。B为黄绿色气体，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。在一定条件下有如下转化关系：
请回答：
(1)化合物甲所含元素为__________(填写元素符号)，甲的化学式为___________________。
(2)气体B与水反应的离子方程式为____________________________________。
(3)甲与水反应的化学方程式为____________________________________。
【答案】(1). NaOH (2). NaCl (3). Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3 (4). N、Cl (5). NCl3 (6). Cl2+H2OH++Cl-+HClO (7). NCl3+3H2O＝NH3+3HClO
【解析】
【分析】I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C分别和足量的盐酸反应后，均可生成D，则D为NaCl，将固体C加热后可生成A和无色无味的气体X，则C为NaHCO3、A为Na2CO3、E为CO2，在Na2CO3溶液中通入足量CO2可生成NaHCO3，B与NaHCO3的溶液混合可生成Na2CO3，则B为NaOH。
II.B 为黄绿色气体，B为Cl2，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D为NH3，结合图中转化可知，甲含N、Cl元素，且B与水反应生成HCl、HClO，甲与水反应生成D、E，则E为HClO，F为HCl，12.05g甲含N元素为1.4g，A为N2，甲中N、Cl原子个数比为=1：3，可知甲的化学式为NCl3。
【详解】I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C分别和足量的盐酸反应后，均可生成D，则D为NaCl，将固体C加热后可生成A和无色无味的气体X，则C为NaHCO3、A为Na2CO3、E为CO2，在Na2CO3溶液中通入足量CO2可生成NaHCO3，B与NaHCO3的溶液混合可生成Na2CO3，则B为NaOH。
（1）B 是 NaOH，D 是 NaCl；
（2）上述反应中由A生成C的化学方程式：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；
II.B 为黄绿色气体，B为Cl2，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D为NH3，结合图中转化可知，甲含N、Cl元素，且B与水反应生成HCl、HClO，甲与水反应生成D、E，则E为HClO，F为HCl，12.05g甲含N元素为1.4g，A为N2，甲中N、Cl原子个数比为=1：3，可知甲的化学式为NCl3。
（1）由元素守恒可知化合物甲所含元素为N、Cl，甲的化学式为NCl3。
（2）气体B 与水反应的离子方程式为Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO；
（3）甲与水反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。
21.某铜矿石的主要成分是Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2。某工厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程如图所示(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。
(1)滤液A中铁元素的存在形式为______________(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为____________________________________________________________________，
(2)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为_____________，
在实验室中完成此实验还需要的试剂是________。
a．KClO3 b．KCl c．Mg d．MnO2
(3)溶液G与固体混合物B反应的离子方程式为__________________________。
【答案】(1). Fe2+ (2). 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ (3). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (4). ac (5). SiO2+2OH−＝SiO32−+H2O
【解析】
【分析】某铜矿石的成分中含有Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入足量稀硫酸过滤，Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，所以固体混合物B为Cu、SiO2，滤液A中为亚铁离子、铝离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到固体混合物D为氢氧化铜、氢氧化铁，滤液为C为AlO2－离子，金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，金属E为Al，固体混合物D空气中加热灼烧得到氧化铁和氧化铜，和铝发生铝热反应得到粗铜，含有铁杂质，粗铜精炼得到精铜；固体混合物B中加足量的G为NaOH溶液，过滤，滤渣为Cu，滤液为硅酸钠溶液；结合物质的性质分析。
【详解】（1）Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，铜和铁离子反应生成亚铁离子，所以滤液A中为亚铁离子，生成离子的离子方程式为：Cu+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋；
（2）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，是金属Al与氧化铁和氧化铜发生置换反应生成金属单质，该反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe ，在实验室中完成此实验还需要的试剂是引发剂氯酸钾和镁条，镁条点燃后引发氯酸钾分解生成氧气促进燃烧反应进行放出大量的热量，选ac；
（3）溶液G为氢氧化钠溶液与固体混合物B为Cu、SiO2，其中二氧化硅是酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子反应方程式为：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O.
22.I.工厂采用含硫酸和氢氟酸的溶液作为矿物中稀有元素的萃取液，生产要求该萃取液中硫酸的浓度为3 mol/L，氢氟酸的浓度为8 mol/L。现有一批回收酸液共400 L，经测定其中氢氟酸浓度为12 mol/L，硫酸的浓度为1 mol/L。现要用此回收酸液配制上述萃取液,在400 L回收酸液中加入________________L(小数点后保留一位有效数字)密度为1.84 g/cm3、浓度为98％的浓硫酸，然后 ________，即可得到符合要求的萃取液。
II.某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
阳离子
H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋
阴离子
Cl－、OH－、CO32-、AlO2-
为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。
(1)该溶液中一定含有的阳离子是____________________，其对应物质的量浓度之比为___________________________，溶液中一定不存在的阴离子是_________________________。
(2)写出沉淀减少的离子方程式_____________________。
【答案】(1). 76.1 (2). 加水稀释至600L (3). H＋、Al3＋、NH4+ 、Mg2＋ (4). 2:2:2:3 (5). OH－、CO32-、AlO2- (6). Al(OH)3+OH－=== AlO2- +2H2O
【解析】
【分析】I.设稀释后溶液体积为V，根据稀释定律，稀释前后HF的物质的量不变，据此计算稀释后溶液的体积；
符合萃取液要求，应保证硫酸、氢氟酸的浓度分别为3mol·L－1、8mol·L－1，根据氢氟酸的浓度可知加入浓硫酸，再加水稀释后溶液的体积，设需加浓硫酸的体积为x，根据H2SO4物质的量守恒，列方程计算．
II.（1）根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；
（2）沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式．
【详解】I.设稀释后溶液体积为V，根据稀释定律，稀释前后HF的物质的量不变，则有：8mol·L－1×V=12mol·L－1×400L，解得V=600L；
符合萃取液要求，应保证硫酸、氢氟酸的浓度分别为3mol·L－1、8mol·L－1，根据氢氟酸的浓度可知可知加入浓硫酸，再加水稀释后溶液的体积为600L，
设需加浓硫酸的体积为x，根据H2SO4物质的量守恒，则有：
x×1.84g·cm-3×98%/98g·mol－1+400L×1mol·L-1=600L×3mol·L-1，解得x=7.61×104 mL=76.1L。
II.（1）根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2＋和Al3＋，所以一定不含CO32－、AlO2－，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；
加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H＋，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；
并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，
根据电荷守恒：所以n（H＋）+3n（Al3＋）+n（NH4＋）+2n（Mg2＋）≤2n（SO42－），所以氯离子物质的量≥16mol，即：
离子种类 H＋ Al3＋ NH4＋ Mg2＋ Cl－
物质的量（mol）2 2 2 3 ≥16
所以溶液中一定存在的阳离子为：H＋、Al3＋、NH4＋、Mg2＋；含有的阳离子的物质的量之比为：n（H＋）：n（Al3＋）：n（NH4＋）：n（Mg2＋）=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH－、CO32－、AlO2－，
故答案为：H＋、Al3＋、NH4＋、Mg2＋；2：2：2：3；OH－、CO32－、AlO2－；
（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O。
可能用到的相对原子质量：H -1 C -12 N -14 O -16 Na- 23 Mg-24 Al-27 Si-28 S -32 Cl -35.5 K-39 Fe -56 Cu -64 Zn-65
第Ⅰ卷(选择题 共54分)
一．选择题：本题共18小题，每小题3分，共54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.下列叙述错误的是（ ）
A. 化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素。
B. “血液透析”利用了胶体的性质。
C. 只要符合限量，“食用色素”、“苯甲酸钠”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂。
D. 在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质。
【答案】D
【详解】A．化学科学具有创造性，所以化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故A正确；
B、透析（dialysis）是通过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液）的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，人体的血液属于胶体，不能透过半透膜，故B正确；
C、正确使用食品添加剂对人体健康有益，故C正确；
D、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，生石灰能吸水，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故D错误。
故选D。
2.高铁酸钾K2FeO4是一种高效、氧化性比Cl2更强的水处理剂，工业上常用下列反应先制高铁酸钠：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，然后在低温下，在Na2FeO4溶液中加KOH固体至饱和就可析出K2FeO4，下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na2O2在反应中作氧化剂，又作还原剂
B. 高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小
C. K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物
D. 制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4反应中共有4mol电子转移
【答案】D
【解析】A．Na2O2在反应中，没有全部生成O2，O元素的化合价分别变为-2价、0价，则Na2O2在反应中既作氧化剂，又作还原剂，故A正确；
B．加入KOH固体，可析出高铁酸钾，说明高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故B正确；
C．K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用来净水，故C正确；
D．反应中Fe的化合价由+3价升高为+6价，每生成lmolNa2FeO4反应中共有3mol电子转移，故D错误。
3.下图模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是（ ）
A. a先通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B. b先通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C. a先通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D. b先通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【解析】
【分析】“侯氏制碱法”化学反应原理为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于CO2在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通CO2，a管通NH3，所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是CO2和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质。
【详解】由以上分析：NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通CO2，a管通NH3，要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是CO2和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此可知A错误、B错误、C正确、D错误，
故选C。
4. 甲是一种常见的单质，乙、丙为中学常见的化合物，甲、乙、丙均含有元素 X 。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是（ ）
A. X元素可能为Al B. X 元素不一定为非金属元素
C. 反应①和②互为可逆反应 D. 反应①和②一定为氧化还原反应
【答案】D
【解析】试题分析：A．能够与含有Al元素的单质反应的物质是金属Al，而Al与OH-发生反应产物只有AlO2-含有Al元素，不符合题意，错误；B． 若X 元素为非金属元素，如Cl元素，则Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；Cl－＋ClO－＋2H+=Cl2＋H2O。符合题意，错误；C．反应①和②因为反应条件不同使用不能互为可逆反应，错误；D．在反应①和②中元素的化合价发生了变化，所以一定为氧化还原反应，正确。
5.常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水发生反应，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示。下列说法正确的是：（ ）
A. 实验时需先点燃E处的酒精灯
B. 二氯化二硫(S2Cl2)与水反应的产物为:S、H2S、HCl
C. C、D中所盛试剂依次为饱和氯化钠溶液、浓硫酸
D. G中可收集到纯净的产品
【答案】C
【解析】
【分析】由制备实验装置可知，A中为浓盐酸，B中为二氧化锰，浓盐酸与二氧化锰加热发生反应生成氯气，C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸干燥氯气，E中S与氯气反应生成S2Cl2，G中可收集液态S2Cl2，且可防止倒吸，H中NaOH溶液吸收尾气，
【详解】A、实验时需先点燃B处的酒精灯，后点燃E处的酒精灯，防止S与氧气反应，故A错误；
B、2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，二氯化二硫(S2Cl2)与水反应的产物为:S、SO2、HCl，故B错误；
C、C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸干燥氯气，故C正确；
D、G收集产品，H中氢氧化钠溶液中水蒸气易挥发，进入G中，易使S2Cl2水解，在G和H之间增加干燥装置，否则G中可不收集到纯净的产品，故D错误；
故选C。
6.某固体混合物 X 可能是由 Na2SiO3、 Fe 、 Na2CO3、 BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。下列说法不正确的是：（ ）
A. 该固体混合物一定含有 Fe、 Na2CO3、 BaCl2
B. 气体A一定是混合气体
C. 白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色
D. 沉淀A一定是 H2SiO3
【答案】A
【解析】由实验可知，A与澄清石灰水变浑浊，则A一定含有CO2，混合物与足量盐酸反应有沉淀A生成，沉淀A是H2SiO3，溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B是Fe(OH)2，溶液B与稀硝酸、硝酸银反应生成沉淀C是氯化银，则原混合物中一定有Na2SiO3、 Fe 、 Na2CO3，可能有BaCl2。A、原混合物中一定有Na2SiO3、 Fe 、 Na2CO3，可能有BaCl2，故A错误；B、气体A是二氧化碳和氢气的混合气体，故B正确；C、白色沉淀Fe(OH)2在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色，故C正确；D、沉淀A一定是 H2SiO3，故D正确；故选A。
7.某同学设计完成了以下两个实验：
①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)。
②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层的颜色没有变化。
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验①生成HIO3时发生的反应为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl
B. 实验②中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液
C. 由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是：Cl2＞Br2＞I2
D. 由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3
【答案】C
【解析】试题分析：A．由继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)可知，氯气可氧化碘单质，发生离子反应为I2+5Cl2+6 H2O="2" HIO3+10HCl，故A正确；B．由盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色可知，溴易溶于四氯化碳，则可通过萃取分液的方法获得Br2的CCl4溶液，故B正确；C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，①中氧化性为Cl2＞I2，②中氧化物为Cl2＞Br2，不能比较Br2、I2的氧化性，故C错误；D．由①②中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3，故D正确；故选C。
8.以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是（ ）
① Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
② Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH
③ Mg→MgCl2→Mg(OH)2
④ Al→Al2O3→Al(OH)3
⑤ Al→NaAlO2→Na2CO3
A. ②③④ B. ①③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】①铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，每步转化都能一步反应实现，故①正确；②钠和氧气反应生成氧化钠，4Na+O2=2Na2O，氧化钠和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与过量的水和CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与足量的Ca(OH)2 反应生成NaOH，故②正确；③镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 ↓+2NaCl，故③能通过一步反应实现；④铝解氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步生成氢氧化铝，故④不能通过一步反应实现；⑤Al与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入适量的CO2，得Na2CO3溶液，故⑤正确；故选C。
9.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)：（ ）
A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应
B. 反应⑤说明该条件下铝的氧化性强于锰
C. 生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2
D. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】C
【解析】
【分析】A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；
B．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；
C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0；
D．①中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0．
【详解】A、①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，③④⑤中没有离子参加反应，故A错误；
B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B错误；
C、③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；
D、反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选C。
10. A～E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如下图所示。
则下列说法正确的是（ ）
A. X与A反应的化学方程式是：Al2O3+ 2FeFe2O3+ 2Al
B. 检验D溶液中的金属阳离子的反应：Fe3++3SCN—＝Fe(SCN)3↓
C. 单质Y在一定条件下能与水发生置换反应
D. 由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物
【答案】C
【解析】试题分析：单质X与氧化物A反应生成单质Y与氧化物B，且涉及到的4种物质都能与稀硫酸反应，即可判断X与A反应生成Y与B的反应为铝热反应。A．X与A反应的化学方程式是Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，A项错误；B．Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3，生成物不是沉淀，是血红色配合物，B项错误；C．单质Y是铁，铁与水蒸气在高温下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，C项正确；D．C为硫酸铝不能与酸反应，能与碱反应，D项错误；答案选C。
11.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是：（ ）
A. 产物n[Cu(NO3)2]∶n(CuSO4)＝2∶1
B. 参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂
D. 1 molCu2S参加反应时有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】分析氧化还原反应，依据电子守恒，原子守恒写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4＋5 NO2↑+5 NO↑+7 H2O；根据化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断计算；
【详解】己知n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole－；Cu2S应失4mole－．而1molCu2S能失10mole－，故失4mole－说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol。反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=2：14；
A、依据分析计算得到，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故A错误；
B、参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14=1：7，故B正确；
C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；
D、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 molCu2S参加反应时有10mol电子转移，故D错误；
故选B。
12.下列反应的离子方程式书写正确的是：（ ）
A. 向硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2－+4NH4++2H2O
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+ 2H2O+CO32－
C. 用次氯酸钠溶液吸收少量的SO2:ClO－+SO2 +H2O =SO42－+Cl－+2H+
D. 将所含溶质物质的量之比为4∶3的 硫酸氢钠溶液和氢氧化钡溶液相互混合：4H＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋4OH－＝3BaSO4↓＋4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，向硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B、 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3↓+ H2O，故B错误；
C、 用次氯酸钠溶液吸收少量的SO2:3ClO－+SO2 +H2O =SO42－+Cl－+2HClO，故C错误；
D、 将所含溶质物质的量之比为4∶3的 硫酸氢钠溶液和氢氧化钡溶液相互混合，硫酸氢钠和氢氧化钡溶液两溶液混合，氢氧根离子、钡离子不足：4H＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋4OH－＝3BaSO4↓＋4H2O，故D正确；
故选D。
13.向含Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa（OH）2溶液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 原混合液中c（SO42-）：c（Cl-）=1：1
B. 向D点溶液中通入C02气体，立即产生白色沉淀
C. 图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3
D. AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓
【答案】A
【解析】
【详解】Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，反应如下：Ba2++SO42-＝BaSO4↓，Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-＝Al（OH）3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。则可依次分析四个选项如下：
A、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L～6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2（SO4）3]=n[Ba（OH）2]，故n[Al2（SO4）3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n（AlCl3）=2[Ba（OH）2]=6mol，故n（AlCl3）=2mol，因此原溶液中c[Al2（SO4）3]：c（AlCl3）=1：2，即c(SO42-）：c（Cl-）=1:2，故A错误；
B、D点的溶液中含有大量的OH-、Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡沉淀，通入足量的二氧化碳后还能生成氢氧化铝沉淀，B正确；
C、根据以上分析可知图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3，C正确；
D、根据以上分析可知AB段反应的离子方程式为Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，D正确；
答案选A。
14.已知：还原性Cl-
C. 不能确定是否含有SO32- D. 肯定含有NH4+
【答案】A
【解析】
【分析】向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则一定不含Fe2＋，一定含SO32－，结合离子浓度相等、溶液为电中性来解答．
【详解】Fe2＋、I－均与溴水发生氧化还原反应后，溶液具有颜色，由还原性 I-
A. a的取值范围为0.9g＜a＜1.2g
B. 镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NA
C. 镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12L
D. x=2y
【答案】D
【解析】试题分析：向Mg、Al合金与盐酸反应后的反应中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，沉淀是Mg (OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl。A．当金属全为Al时，Al的物质的量为n(Al)=0.1mol÷3=0.1/3mol,所以a的极小值为0.1/3mol×27g/mol=0.9g；当全为Mg时，Mg的物质的量为0.1mol÷2=0.05mol，则a的极大值=0.05mol×24g/mol=1.2g，故ad取值范围为0.9g＜a＜1.2g，正确； B．沉淀混合物含有的OH-的质量为（a+1.7g）-ag=1.7g，物质的量为1.7g÷17g/mol=0.1mol;镁铝合金提供的电子等于混合物中OH-所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1mol×NAmol-1=0.lNA，故B正确；C．由B分析可知，金属提供电子为0.1mol，根据电子转移守恒可知，生成氢气的物质的量为0.1mol ÷2 = 0.05mol，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故氢气的体积大于0.05mol×22.4L/mol= 1.12L，正确；D．根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以x mL×2mol/L="y" mL×1mol/L，即y=2x，错误。
16.C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。若将2.00 g C跟16.0 g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，充分反应后共收集到1.12 L气体(标准状况)，生成沉淀的质量为5.00 g。下列说法错误的是：（ ）
A. 反应后的固体混合物中Cu的质量为9.6 g
B. 反应后的固体混合物中还含有碳
C. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol
D. 反应后的固体混合物总质量为14.4 g
【答案】A
【解析】
【分析】反应得到混合气体与通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况）为CO的体积，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙，据此计算CO、二氧化碳的物质的量，反应后的固体混合物含有Cu、Cu2O，可能含有碳。
A．产物中CO2、CO中的O原子守恒计算氧化铜失去氧的物质的量，进而计算Cu2O反应后的总质量，与Cu的质量比较判断；
B．根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；
C．Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=CuO反应后的总质量-Cu元素的质量；
D．反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量-生成CO2与CO的总质量；
【详解】由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=5.00g/100g·mol－1=0.05mol，n（CO）=1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，
A、产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的物质的量=（0.05mol×2+0.05mol）=0.15mol，n(Cu2O)=0.05mol，根据Cu守恒生成Cu的质量=（16g/80g·mol－1-0.05×2）×64g·mol－1=6.4g。
B、生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）×12g·mol－1=1.2g，故没有参与反应的碳的质量为：2g-1.2g=0.8g，故B正确；
C、反应后m（O）=13.6g-12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.8g/16g·mol－1=0.05 mol，故C正确；
D、反应后固体总质量为：16g+2g-0.05mol×（44g·mol－1+28g·mol－1）=14.4g，故D正确；
故选A。
17.将Cl2通入适量NaOH溶液，随着反应的进行，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且c(Cl—)/c(ClO—)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=a mol时，下列有关说法错误的是（ ）
A. 参加反应的氯气的物质的量等于a/2mol
B. 改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为a/7mol
C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n（e-）的范围：a/2mol≤n（e-）≤5a/6mol
D. 若某温度下，反应后c(Cl—)/c(ClO—)=11，则溶液中c(ClO—)/c(ClO3—)=1/2
【答案】B
【解析】
【分析】A项，反应中的原子守恒为n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH）=2n（Cl2）；
B项，用极限法，若只发生反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O计算NaClO3的最大值；
C项，用极限法分析转移电子物质的量的范围；
D项，用得失电子守恒n（ClO-）+5n（ClO3-）=n（Cl-）分析。
【详解】A项，反应中的原子守恒为n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH）=2n（Cl2），n（NaOH）=amol，参与反应的Cl2物质的量为a/2mol，A项正确；
B项，改变温度，若只发生反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，amolNaOH反应最多生成a/6molNaClO3，B项错误；
C项，改变温度，当只发生反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O转移电子数最多，每消耗6molNaOH转移5mol电子，消耗amolNaOH转移电子物质的量为5a/6mol，当只发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O转移电子数最少，每消耗2molNaOH转移1mol电子，消耗amolNaOH转移电子物质的量为a/2mol，反应中转移电子物质的量a/2mol≤n（e-）≤5a/6mol，C项正确；
D项，反应中的得失电子守恒n（ClO-）+5n（ClO3-）=n（Cl-），在溶液中c（ClO-）+5c（ClO3-）=c（Cl-），将c（Cl-）/c（ClO-）=11代入，c（ClO-）+5c（ClO3-）=11c（ClO-），则c（ClO-）/c（ClO3-）=1/2，D项正确；
答案选B。
18.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。进行如下实验。下列有关说法正确的是：（ ）
A. 根据上述步骤II可以得出m(Fe2O3)∶m(Cu)＝1∶1
B. 步骤I中减少的3 g固体一定是混合物
C. 步骤II中质量减少的物质一定是Cu
D. 根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
【答案】A
【解析】
【分析】9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H＋═2Fe3＋+3H2O；Cu+2Fe3＋═2Fe2＋+Cu2＋，说明溶液中一定存在Fe2O3，1.92g固体为铜。
【详解】A、设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O、Cu+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋得出：Fe2O3～2Fe3＋～Cu，则160x+64y=6.4，64y-64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g·mol－1=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g·mol－1=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故A正确。
B、步骤Ⅰ中，加入过量氢氧化钠溶液固体质量减少了3 g，溶解的物质可能是Al2O3和SiO2中的一种或两种，故B错误；
C、步骤Ⅱ中加入过量盐酸，Fe2O3溶解后又和Cu发生反应，故减少的固体是Fe2O3和Cu，故C错误；
D、根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在Fe2O3、Cu，故D错误；
故选A。
第Ⅱ卷(非选择题 共46分)
二、非选择题：本题共4小题，共46分。
19.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器己略去，气密性已检验）。
实验过程：
I．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
II．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
III.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。
IV．……
(1)A中产生黄绿色气体的化学反应方程式是___________。
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________。
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是___________。
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作是___________，现象是___________。
(5)过程III实验的目的是___________。
【答案】(1). 2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O (2). 湿润的淀粉-KI试纸变蓝 (3). C12+2Br-=Br2+2Cl- (4). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置 (5). CCl4层变为紫红色 (6). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【解析】（1）A中产生黄绿色气体氯气的化学反应方程式是2KMnO4+16HCl＝5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。（2）氯气具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是淀粉KI试纸变蓝。（3）氯元素的非金属性强于溴元素的非金属性，所以氯气能和溴化钠反应生成单质溴，反应的离子方程式是Cl2+2Br-＝Br2+2Cl-。（4）由于C中有单质溴生成，所以要验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象分别是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色。（5）由于氯气也能氧化碘化钾，干扰单质溴和碘化钾的反应，所以过程Ⅲ实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
20.I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C与盐酸反应均可生成D；加热固体C可生成A和一种无色无味的气体X；在A溶液中通入足量X，又可生成C；B溶液和C溶液混合可生成A。请回答：
(1)B是___________，D是___________，(均用化学式表示)
(2)写出上述反应中由A生成C的化学方程式：____________________________________。
II.化合物甲仅含两种元素。B为黄绿色气体，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。在一定条件下有如下转化关系：
请回答：
(1)化合物甲所含元素为__________(填写元素符号)，甲的化学式为___________________。
(2)气体B与水反应的离子方程式为____________________________________。
(3)甲与水反应的化学方程式为____________________________________。
【答案】(1). NaOH (2). NaCl (3). Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3 (4). N、Cl (5). NCl3 (6). Cl2+H2OH++Cl-+HClO (7). NCl3+3H2O＝NH3+3HClO
【解析】
【分析】I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C分别和足量的盐酸反应后，均可生成D，则D为NaCl，将固体C加热后可生成A和无色无味的气体X，则C为NaHCO3、A为Na2CO3、E为CO2，在Na2CO3溶液中通入足量CO2可生成NaHCO3，B与NaHCO3的溶液混合可生成Na2CO3，则B为NaOH。
II.B 为黄绿色气体，B为Cl2，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D为NH3，结合图中转化可知，甲含N、Cl元素，且B与水反应生成HCl、HClO，甲与水反应生成D、E，则E为HClO，F为HCl，12.05g甲含N元素为1.4g，A为N2，甲中N、Cl原子个数比为=1：3，可知甲的化学式为NCl3。
【详解】I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C分别和足量的盐酸反应后，均可生成D，则D为NaCl，将固体C加热后可生成A和无色无味的气体X，则C为NaHCO3、A为Na2CO3、E为CO2，在Na2CO3溶液中通入足量CO2可生成NaHCO3，B与NaHCO3的溶液混合可生成Na2CO3，则B为NaOH。
（1）B 是 NaOH，D 是 NaCl；
（2）上述反应中由A生成C的化学方程式：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；
II.B 为黄绿色气体，B为Cl2，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D为NH3，结合图中转化可知，甲含N、Cl元素，且B与水反应生成HCl、HClO，甲与水反应生成D、E，则E为HClO，F为HCl，12.05g甲含N元素为1.4g，A为N2，甲中N、Cl原子个数比为=1：3，可知甲的化学式为NCl3。
（1）由元素守恒可知化合物甲所含元素为N、Cl，甲的化学式为NCl3。
（2）气体B 与水反应的离子方程式为Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO；
（3）甲与水反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。
21.某铜矿石的主要成分是Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2。某工厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程如图所示(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。
(1)滤液A中铁元素的存在形式为______________(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为____________________________________________________________________，
(2)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为_____________，
在实验室中完成此实验还需要的试剂是________。
a．KClO3 b．KCl c．Mg d．MnO2
(3)溶液G与固体混合物B反应的离子方程式为__________________________。
【答案】(1). Fe2+ (2). 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ (3). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (4). ac (5). SiO2+2OH−＝SiO32−+H2O
【解析】
【分析】某铜矿石的成分中含有Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入足量稀硫酸过滤，Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，所以固体混合物B为Cu、SiO2，滤液A中为亚铁离子、铝离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到固体混合物D为氢氧化铜、氢氧化铁，滤液为C为AlO2－离子，金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，金属E为Al，固体混合物D空气中加热灼烧得到氧化铁和氧化铜，和铝发生铝热反应得到粗铜，含有铁杂质，粗铜精炼得到精铜；固体混合物B中加足量的G为NaOH溶液，过滤，滤渣为Cu，滤液为硅酸钠溶液；结合物质的性质分析。
【详解】（1）Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，铜和铁离子反应生成亚铁离子，所以滤液A中为亚铁离子，生成离子的离子方程式为：Cu+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋；
（2）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，是金属Al与氧化铁和氧化铜发生置换反应生成金属单质，该反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe ，在实验室中完成此实验还需要的试剂是引发剂氯酸钾和镁条，镁条点燃后引发氯酸钾分解生成氧气促进燃烧反应进行放出大量的热量，选ac；
（3）溶液G为氢氧化钠溶液与固体混合物B为Cu、SiO2，其中二氧化硅是酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子反应方程式为：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O.
22.I.工厂采用含硫酸和氢氟酸的溶液作为矿物中稀有元素的萃取液，生产要求该萃取液中硫酸的浓度为3 mol/L，氢氟酸的浓度为8 mol/L。现有一批回收酸液共400 L，经测定其中氢氟酸浓度为12 mol/L，硫酸的浓度为1 mol/L。现要用此回收酸液配制上述萃取液,在400 L回收酸液中加入________________L(小数点后保留一位有效数字)密度为1.84 g/cm3、浓度为98％的浓硫酸，然后 ________，即可得到符合要求的萃取液。
II.某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
阳离子
H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋
阴离子
Cl－、OH－、CO32-、AlO2-
为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。
(1)该溶液中一定含有的阳离子是____________________，其对应物质的量浓度之比为___________________________，溶液中一定不存在的阴离子是_________________________。
(2)写出沉淀减少的离子方程式_____________________。
【答案】(1). 76.1 (2). 加水稀释至600L (3). H＋、Al3＋、NH4+ 、Mg2＋ (4). 2:2:2:3 (5). OH－、CO32-、AlO2- (6). Al(OH)3+OH－=== AlO2- +2H2O
【解析】
【分析】I.设稀释后溶液体积为V，根据稀释定律，稀释前后HF的物质的量不变，据此计算稀释后溶液的体积；
符合萃取液要求，应保证硫酸、氢氟酸的浓度分别为3mol·L－1、8mol·L－1，根据氢氟酸的浓度可知加入浓硫酸，再加水稀释后溶液的体积，设需加浓硫酸的体积为x，根据H2SO4物质的量守恒，列方程计算．
II.（1）根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；
（2）沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式．
【详解】I.设稀释后溶液体积为V，根据稀释定律，稀释前后HF的物质的量不变，则有：8mol·L－1×V=12mol·L－1×400L，解得V=600L；
符合萃取液要求，应保证硫酸、氢氟酸的浓度分别为3mol·L－1、8mol·L－1，根据氢氟酸的浓度可知可知加入浓硫酸，再加水稀释后溶液的体积为600L，
设需加浓硫酸的体积为x，根据H2SO4物质的量守恒，则有：
x×1.84g·cm-3×98%/98g·mol－1+400L×1mol·L-1=600L×3mol·L-1，解得x=7.61×104 mL=76.1L。
II.（1）根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2＋和Al3＋，所以一定不含CO32－、AlO2－，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；
加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H＋，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；
并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，
根据电荷守恒：所以n（H＋）+3n（Al3＋）+n（NH4＋）+2n（Mg2＋）≤2n（SO42－），所以氯离子物质的量≥16mol，即：
离子种类 H＋ Al3＋ NH4＋ Mg2＋ Cl－
物质的量（mol）2 2 2 3 ≥16
所以溶液中一定存在的阳离子为：H＋、Al3＋、NH4＋、Mg2＋；含有的阳离子的物质的量之比为：n（H＋）：n（Al3＋）：n（NH4＋）：n（Mg2＋）=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH－、CO32－、AlO2－，
故答案为：H＋、Al3＋、NH4＋、Mg2＋；2：2：2：3；OH－、CO32－、AlO2－；
（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O。
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