【化学】湖南省衡阳市第八中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

湖南省衡阳市第八中学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、O:16、N:14、Na:23、Al:27、Fe:56、Mg:24、Cl:35.5、Cu:64
第Ⅰ卷（选择题，共 44 分）
一、选择题。
1.下列物质中，不属于合金的是( )
A. 青铜 B. 不锈钢 C. 水银 D. 硬铝
【答案】C
【解析】试题分析：A、青铜是铜的合金，A项错误；B、不锈钢是铁的合金，B项错误；C、水银是汞，不是合金，C项正确；D、硬铝是铝合金，D项错误；答案选C。
2.下列物质与常用危险化学品的分类不对应的是( )
A. Na——遇湿易燃物品 B. Na2O2——氧化剂
C. 浓硫酸——易爆品 D. KOH——腐蚀品
【答案】C
【解析】
【详解】A.钠遇湿发生剧烈化学反应，属于遇湿易燃物品，所以A选项是正确的；
B. Na2O2具有强的氧化性，属于氧化剂，所以B选项是正确的；
C.浓硫酸属于强腐蚀品，故C错误；
D.KOH具有腐蚀性，属于腐蚀品，所以D选项是正确的。
答案选C。
3.下列实验不合理的是 ( )

A. 用浓硫酸干燥SO2，选③
B. 从食盐溶液中获取NaCl，选②
C. 除去自来水中的Cl-，制纯净水，选④和①
D. 除去Fe(OH)3胶体中的难溶物，选④
【答案】C
【解析】
【分析】A.浓硫酸具有吸水性，与二氧化硫不反应；
B.NaCl为可溶性固体，与水分离选择蒸发；
C.自来水中水的沸点低，选择蒸馏法制备；
D.胶体能透过滤纸，难溶物不能。
【详解】A.浓硫酸具有吸水性，与二氧化硫不反应，则选③可干燥，所以A选项是合理的；
B.NaCl为可溶性固体，与水分离选择蒸发，则选②可得到NaCl，所以B选项是合理的；
C.自来水中水的沸点低，选择蒸馏法制备，则选①即可，故C选项不合理；
D.胶体能透过滤纸，难溶物不能，则选④过滤可除杂，所以D选项是合理的。
所以答案选C。
4.下列解释不科学的是( )
A. 高压氧舱可治疗煤气中毒，原因是和血红蛋白结合的 CO 跟氧气反应生成无毒的 CO2
B. 在溶洞中当溶有 Ca（HCO3）2 水溶液，析出固体（在洞顶或洞底），日久天长便形成了钟乳石
C. 氮是植物体内蛋白质、核酸和叶绿素的组成元素
D. “通风橱”利用排风扇将橱内废气直接排放到室外，它是一种不完善的防污措施
【答案】A
【解析】
【详解】A项，CO能与人体血液中的血红蛋白结合，使血红蛋白不能很好地与氧气结合，从而使人体缺氧而造成“煤气中毒”，高压氧舱可治疗煤气中毒，是因为可提供充足的氧气，使人慢慢脱离缺氧状态，故A项解释不科学；
B项，溶洞中，溶有碳酸氢钙的水液温度升高或压强减小时发生分解，生成碳酸钙沉淀、水和二氧化碳，析出固体（在洞顶或洞底），日久天长便形成了钟乳石，故B项解释科学；
C项，氮是许多生物过程的基本元素，它存在于所有组成蛋白质的氨基酸中，是构成诸如DNA等的核酸的四种基本元素之一，在植物中，大量的氮素被用于制造可进行光合作用供植物生长的叶绿素分子，故C项解释科学；
D项，“通风橱”是利用排风扇将橱内废气直接排放到室外的装置，并未对废气进行净化处理，所以它是一种不完善的防污设施，故D项解释科学。
综上所述，本题正确答案为A。
5.人们将化合物分为电解质和非电解质两类，下列属于电解质的是( )
A. 氯气 B. 金属铝 C. 氯化钠 D. 汽油
【答案】C
【解析】A. 氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B. 金属铝是单质，不是电解质，也不是非电解质，B错误；C. 氯化钠是盐，属于电解质，C正确； D. 汽油是混合物，不是电解质，也不是非电解质，D错误；答案选C。
6.下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A. 98%的H2SO4物质的量浓度为18.4mol/L ，则49%的H2SO4物质的量浓度为9.2mol/L
B. 当2L水吸收44.8L氨气(标况)时所得氨水的浓度不是1mol•L-1，只有当44.8L(标况)氨气溶于水制得2L氨水时，其浓度才是1mol•L-1
C. 只含K2SO4和NaCl的混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同
D. 50mL 1mol/L的AlCl3溶液中的Cl—浓度与50ml 3mol/L的BaCl2溶液Cl—浓度相等
【答案】B
【解析】A由物质的量浓度和质量分数的换算公式得： ；解得：，但是浓度不同，密度一定不同，说明此说法错误。A错误。B中说法正确，计算物质的量浓度时，应该用溶液总体积，显然2L水吸收44.8L氨气(标况)时所得氨水的体积不可能是2L，B正确。C只含K2SO4和NaCl的混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，说明K2SO4和NaCl的物质的量相等，所以K+和Cl-的物质的量浓度一定为2:1，C错误。D中50mL 1mol/L的AlCl3溶液中的Cl—浓度为3mol/L，50ml 3mol/L的BaCl2溶液Cl—浓度为6mol/L（注意这里浓度计算实际与溶液体积无关），所以D错误。
7.用 NA 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A. 1 mol Cl2 与足量的铁反应转移的电子数是 2NA
B. 常温常压下 22．4 L HC1 气体含有的分子数是NA
C. 0.1 mol • L-1 CuCl2 溶液中 Cl-数目是 0.2 NA
D. 32 gO2 中含有的原子数是NA
【答案】A
【解析】A、1 mol Cl2与足量的铁反应时，应该以不足量的氯气为标准进行计算，转移的电子数是2NA，正确；B、常温常压下22. 4 L HC1气体的物质的量小于1mol，故含有的分子数小于NA，错误；C、0.1 mol • L-1 CuCl2 溶液没有说明体积，无法计算溶液中Cl-数目，错误；D、32 gO2的物质的量为1mol，O2是双原子分子，含有的原子数是2NA，错误。答案选A。
8.下列表述不正确的是( )
A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是 Al2O3
B. 硅是制造太阳能电池的常用材料
C. 四氧化三铁俗称铁红．可用作油漆、红色涂料
D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液> Fe(OH)3 胶体＞FeCl3 溶液
【答案】C
【解析】A、人造刚玉的主要成分是Al2O3，其熔点很高，高温下机械强度大，抗热震性好，抗腐蚀性强，热膨胀系数小等特点，可作耐火材料，正确；B、晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池材料，正确；C、Fe2O3俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料，错误；D、分散系的分散质粒子直径大小为，浊液分散质粒子直径＞100nm，溶液分散质粒子直径＜1nm，胶体分散质粒子直径在1nm-100nm间，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液，正确。答案选C。
9.下列物质不能由单质直接化合生成的是( )
A. NO B. Na2O C. SO2 D. FeCl2
【答案】D
【解析】A. NO可由氮气和氧气直接化合生成，A错误；B. Na2O可由钠与氧气直接化合生成，B错误；C. SO2可由硫与氧气直接化合生成，C错误；D. 铁与氯气直接化合生成氯化铁，不能得到FeCl2，D正确，答案选D。
10.下列反应中，水只作氧化剂的氧化还原反应是( )
A. 3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2 B. 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑
C. 2F2+2H2O＝4HF+O2 D. Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO
【答案】A
【解析】A、Fe元素化合价升高，H2O中H元素化合价降低，得电子，作氧化剂，故A正确；B、H2O中没有元素化合价的变化，H2O既不作氧化剂也不作还原剂，故B错误；C、2F2+2H2O=4HF+O2中，水中O元素化合价由﹣2价变为0价，则水作还原剂，故C错误；D、水中各元素化合价不变，Cl元素化合价由0价变为+1价、-1价，水既不是氧化剂又不是还原剂。故选A。
11. 下列各组物质反应时，改变反应条件或者反应物的物质的量之比，生成的产物不变的是（ ）
A. Na与氧气 B. 澄清石灰水与二氧化碳
C. 氯化铝溶液与氢氧化钠溶液 D. Al与稀盐酸
【答案】D
【解析】试题分析：A、钠和氧气常温下反应生成氧化钠，钠和氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，不选A；B、氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钙，不选B；C、氯化铝和少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，和过量的氢氧化钠反应生成篇铝酸钠，不选C；D、铝和盐酸只能生成氯化铝和氢气，选D。
12.下列相关反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 氢氧化钡溶液和稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
B. 碳酸钙和醋酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
C. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑
D. Na2CO3溶液中滴加少量的稀盐酸：H++ CO32-═HCO3-
【答案】D
【解析】A．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应，离子方程式：2H++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．碳酸钙和醋酸反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；C．往NaOH溶液中投入铝片，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，故C错误；D．Na2CO3溶液中滴加少量的稀盐酸，离子方程式：H++CO32-═HCO3-，故D正确；故选D。
13.下列溶液中能够区别 SO2 和 CO2 气体的是( )
①澄清石灰水 ②H2S 溶液 ③KMnO4 酸性溶液 ④氯水 ⑤品红溶液
A. ①②③ B. ②③④ C. 除①以外 D. 全部
【答案】C
【解析】
【分析】根据SO2和CO2性质的差异可以知道，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体。
【详解】①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2；
②SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质(有黄色沉淀生成)，而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2；
③SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2；
④ SO2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2；
⑤SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：②③④⑤，
所以C选项是正确的。
14.下列各组反应，最终一定能得到白色沉淀的是( )
A. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量NaOH溶液 B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液
C. 向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液 D. 向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸
【答案】D
【解析】A、Al2(SO4)3溶液中加入过量NaOH溶液，最终得到偏铝酸钠和硫酸钠溶液，不会生成白色沉淀，故A错误；B、CuSO4溶液中加入NaOH溶液会生成氢氧化铜蓝色沉淀，故B错误；C、FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液会先生成白色的氢氧化亚铁，然后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色沉淀氢氧化铁，故C错误；D、向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸会生成硅酸白色沉淀物质，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了复分解反应的条件。本题的易错选项是AC，A中注意氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠反应而溶解，C中注意生成的氢氧化亚铁容易被氧化。
15.下列关于氮的氧化物的说法中，正确的是( )
A. 氮的氧化物都是酸性氧化物
B. 氮的氧化物都既有氧化性，又有还原性
C. NO2 与 H2O 反应生成 HNO3，所以 NO2 是酸性氧化物
D. NO 和 NO2 均有毒
【答案】D
【详解】NO、NO2等不是酸性氧化物，A项错误；N2O5中氮元素为最高价，只有氧化性，B项错误；尽管NO2与H2O反应生成HNO3，但N的价态发生了变化，故NO2不是酸性氧化物，C项错误。一氧化氮和二氧化氮都有毒，故D正确。
16.高铁酸钠 (Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O 关于该反应，下列说法正确的是
A. Fe(OH)3 中铁元素化合价为+3，只有氧化性
B. 反应中 NaClO 是氧化剂，NaCl 是氧化产物
C. 反应中每生成1 mol Na2FeO4，转移6 mol电子
D. Na2FeO4 具有强氧化性，能消毒杀菌
【答案】D
【解析】分析：中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,以此来解答。
详解：A.氢氧化铁中铁元素化合价为+3,为最高价,具有氧化性,故A错误;B.反应中次氯酸钠中Cl元素的化合价降低了,NaClO是氧化剂,被还原,NaCl是还原产物,故B错误;C.生成1mol Na2FeO4,由Fe元素的化合价变化可以知道有3mol电子转移,故C错误;D.Na2FeO4中Fe元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故D正确;所以D选项是正确的。
17.在探究SO2水溶液成分和性质的实验中，下列根据实验现象得出的结论正确的是(　　)
A. 向SO2水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有气泡产生，说明SO2水溶液呈酸性
B. 向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，说明SO2水溶液中含有SO42—
C. 向SO2水溶液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，说明SO2水溶液具有还原性
D. 向KMnO4溶液中滴加SO2水溶液，溶液颜色褪去，说明SO2水溶液具有漂白性
【答案】AC
【解析】
【详解】A．向SO2水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有气泡产生，气体为二氧化碳，发生较强酸制取较弱酸的反应原理，则SO2水溶液呈酸性，故A正确；B．向SO2水溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，但SO2水溶液中不含有SO42-，故B错误；C．将SO2水溶液中通入H2S气体，发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S，由S元素的化合价降低可知SO2水溶液具有氧化性，故C错误；D．向KMnO4溶液中滴加SO2水溶液，发生氧化还原反应溶液颜色褪去，说明 SO2水溶液具有还原性，故D错误；答案选A。
18.下列溶液中的离子—定能大量共存的是( )
A. 含大量 MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+
B. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-
C. 酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-
D. 含大量 Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
【答案】A
【解析】A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，正确；B、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，错误；C、酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，错误；D、Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，错误。答案选A。
点睛：本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
19.下列叙述中正确的是( )
A. 向含有 CaCO3沉淀的水中通入足量的CO2，沉淀不会溶解
B. 向 Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原 Na2CO3的物质的量之比为1:1
C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同
D. 分别向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入 Ca(OH)2溶液，只有Na2CO3溶液产生沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A.含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成可溶性的Ca(HCO3)2，而不是沉淀不会溶解，故A错误；
B.向 Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，所以不会产生二氧化碳，B错误；
C.NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体，反应的方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由于NaHCO3的摩尔质量比Na2CO3小，所以等质量的NaHCO3和Na2CO3发生反应，生成的CO2气体的体积前者多，C正确；
D.分别向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，两者都会发生反应产生碳酸钙沉淀，不是只有Na2CO3溶液产生沉淀，D错误；
故合理选项是C。
20. 下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是( )
A. 向漂白粉浊液中通入过量的CO2
B. 向带有氧化膜的铝片中加入盐酸
C. 向含有1molCa(HCO3)2的溶液中加入1molNa2O2
D. 向含有1molKAl(SO4)2的溶液中加入2molBa(OH)2
【答案】A
【解析】试题分析：A、漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，加热蒸干、灼烧，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为碳酸钙、氯化钙，故A正确；B、向带有氧化膜的铝片中加入盐酸，得到氯化铝溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，得到的是氢氧化铝，属于纯净物，故B错误；C、1mol Na2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠和1mol Ca（HCO3）2的溶液反应生成的是碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故C错误；D、1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）2会生成2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，偏铝酸钾虽在水中水解，蒸干时得到的是偏铝酸钾，是纯净物，故D错误，故选A。
21.浓度均为0.1 mol·L-1的三种溶液等体积混合，充分反应后没有沉淀的一组溶液是( )
A. BaCl2 NaOH NaHCO3 B. Na2CO3 MgCl2 H2SO4
C. AlCl3 NH3·H2O NaOH D. Ba(OH)2 CaCl2 Na2SO4
【答案】B
【解析】试题分析：A、等物质的量NaOH、NaHCO3恰好反应生成碳酸钠和水，BaCl2和碳酸钠前后反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以一定有沉淀生成，故A不选；B、Na2CO3、MgCl2、H2SO4等物质的量混合能生成沉淀只能是碳酸镁，但有硫酸存在，所以不可能生成沉淀，故B选；C、AlCl3、NH3•H2O、NaOH等物质的量混合，1mol铝离子需要3mol氢氧根离子完全沉淀，根据题意碱不足，所以一定有沉淀生成，故C不选；D、Ba（OH）2、CaCl2、Na2SO4等物质的量混合可以生成硫酸钡沉淀，所以一定有沉淀生成，故D不选；故选B。
22.向一定量 Fe、FeO、Fe2O3 的混合物中，加入 50mL1mol·L-1 硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出 224mL(标准状况)的气体，所得溶液中加入 KSCN 溶液无血红色出现。若用足量的 CO 在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁的质量为（ ）
A. 11.2g B. 2.8g C. 5.62g D. 无法计算
【答案】B
【解析】用硫酸溶解后，得到的产物加KSCN溶液，无血红色出现，说明得到的产物是硫酸亚铁，即混合物中的铁元素全在硫酸亚铁中，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到的铁和加入硫酸的硫酸亚铁中的铁相等，硫酸的物质的量为：1mol/L×0.05L=0.05mol，根据硫酸根守恒，则n(Fe)=n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.05mol，m(Fe)=0.05mol56g/mol=2.8g，即能得到铁的质量为2.8g。答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题，共 56 分）
二、填空题。
23.金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。
（1）Na的一种化合物常用于潜艇中处理CO2和供氧，它处理CO2的化学方程式为_____________。
（2）缺铁性贫血患者应补充 Fe2＋，通常以硫酸亚铁的形式补充，而硫酸铁无这种药效。当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用 ___________。
（3）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是____________（填化学式），它能杀菌消毒是因为有 __________________性。
（4）人们常常选用雕花玻璃装饰房间。在玻璃上雕花时发生的化学方程式是______________________。
（5）许多人喜欢佩戴玉石饰品。玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，例如和田玉(Ca2Mg5H2Si8O24)可表示 为复杂氧化物形式 2CaO·5MgO·8SiO2·H2O，则南阳玉(CaAl2Si2O8)表示为复杂氧化物形式是__________。
（6）向一铝制易拉罐中充满 CO2 后，再往罐中注入足量的质量分数为 20%的 NaOH 溶液，立即严封罐口， 不—会儿就发现易拉罐变瘪，再过一会易拉罐又鼓胀起来，解释上述实验现象，易拉罐又鼓胀起来的原因是______________________(用化学方程式表示)
【答案】(1). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (2). 保护 FeSO4 不被空气中的氧气氧化 (3). Ca(ClO)2 (4). 强氧化 (5). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (6). CaO·Al2O3·2SiO2 (7). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
【解析】
【分析】（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
（2）亚铁离子具有还原性，易被氧化；
（3）漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙，有效成分次氯酸钙；它能杀菌消毒是因为有强氧化性；
（4）玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；
（5）根据硅酸盐化学式可表示为：活泼金属氧化物•金属氧化物•非金属氧化物•水，注意质量守恒进行解答；
（6）金属铝能和强碱反应生成氢气，导致罐内气体压强又增大而重新鼓起。
【详解】（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
（2）亚铁离子具有还原性，易被氧化，故答案为：保护 FeSO4 不被空气中的氧气氧化；
（3）漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙，有效成分次氯酸钙，次氯酸钙化学式：Ca(ClO)2；它能杀菌消毒是因为有强氧化性；故答案为：Ca(ClO)2；强氧化；
（4）玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，故答案为：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；
（5）南阳玉(CaAl2Si2O8)，用氧化物形式可表示为：CaO•Al2O3•2SiO2，
故答案为：CaO•Al2O3•2SiO2；
（6）金属铝能和强碱反应生成氢气，导致罐内气体压强又增大而重新鼓起，金属铝能和强碱反应的实质是：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
24.按要求回答下列问题：
（1）将 28.5 g 氯化镁溶于水配成的 500mL 溶液中 Cl-浓度是______________，写出氯化镁的电离方程式_________________________________________________________。
（2）质量都是 50 g 的 HCl、NH3、CO2、O2 四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是____________。
（3）配制 90 mL 0.1 mol/L CuSO4 溶液，需要 CuSO4·5H2O_______ g，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是__________________________。
A.容量瓶洗涤干净后未干燥 B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C.定容时俯视刻度线 D.烧杯和玻璃棒未洗涤
【答案】 (1). 1.2mol/L (2). MgCl2=Mg2++2Cl- (3). NH3 (4). 2.5 (5). C
【解析】
【分析】（1）依据n==cV，结合氯化镁是可溶性盐，在水溶液中完全电离，1mol氯化镁电离产生2mol氯离子解答；氯化镁为强电解质，完全电离；
（2）相同温度和相同压强条件下，体积与物质的量成正比，结合n=可知，摩尔质量越大，n越小，则体积越小；
（3）结合n=cV、m=nM计算；
根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏高。
【详解】（1）将28.5g氯化镁溶于水配成的500mL溶液中Cl-浓度是：×2=1.2mol/L，
氯化镁的电离产生镁离子和氯离子，其电离方程式为：MgCl2=Mg2++2Cl-；
故答案为：1.2mol•L-1；MgCl2=Mg2++2Cl-；
（2）相同温度和相同压强条件下，体积与物质的量成正比，结合n=可知，摩尔质量越大，n越小，则体积越小，HCl（36.5g/mol）、NH3（17g/mol）、CO2（44g/mol）、O2（32g/mol）四种气体中，NH3的摩尔质量最小，则体积最大，故答案为：NH3；  
（3）配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4 溶液，需要100mL容量瓶，需要CuSO4·5H2O质量为0.1L×0.1mol/L×250g/mol=2.5g，故答案为：2.5g；
A．容量瓶洗涤干净后未干燥不影响，故A错误；
B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液体积增加，浓度偏低，故B错误；
C.定容时俯视刻度线导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故C正确；
D.烧杯和玻璃棒未洗涤，溶质的物质的量减少，浓度偏低，故D错误。
故选C。
25.I、KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，还原产物为黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可以表示为：□KClO3+□HCl（浓）→□KCl+□ClO2↑+□Cl2↑+□H2O+□__________
(1)请配平该化学方程式_____________________________________。
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是______________________________(填编号)。
①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性
Ⅱ、已知反应：2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↑+2H2O该反应中H2O2只发生如下变化过程H2O2→H2O
(1)该反应中的还原剂是__________________________。
(2)该反应中被还原的元素是_______________，还原产物是_____________________。
(3)若产生的气体在标准状况下体积为3.36L，则反应中转移了_________mol电子
【答案】(1). 2NaClO3 + 4HCl（浓）= 2NaCl+ 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H 2O (2). ② (3). H2O2 (4). Cr (5). Cr(OH)3 (6). 0.3
【解析】
【分析】I．（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，配平各物质的系数；
（2）根据HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可以知道，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各占一半。
Ⅱ. 2H2CrO4 + 3H2O2 = 2Cr(OH)3↑+ 2H2O中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，过氧化氢中O元素的化合价由-1价升高为0。
【详解】I．（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2，配平后的化学方程式为：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，
因此，本题正确答案是：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
（2）反应2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可以知道，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各占一半，因此，本题正确答案是：②；
Ⅱ. 2H2CrO4 + 3H2O2 = 2Cr(OH)3↑+ 2H2O中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，过氧化氢中O元素的化合价由-1价升高为0，
（1）含元素化合价升高的物质为还原剂，则H2O2为还原剂，因此，本题正确答案是：H2O2；
（2）氧化剂发生还原反应，Cr元素法对应的还原反应为H2CrO4→Cr(OH)3，则Cr(OH)3为还原产物，因此，本题正确答案是：Cr；Cr(OH)3；
（3）上述反应，生成3mol气体转移6mol电子，体在标准状况下体积为3.36L，气体的物质的量为=0.15mol，转移电子为0.15mol×=0.3mol，因此，本题正确答案是：0.3。
26.纯净干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备 SnCl4，某化学小组的同学设计了如下实验装置进行制备。

已知：①金属锡熔点为 231℃，化学活泼性与铁相似；②SnCl4 的沸点为 114℃；③SnCl4 易与水反应。
请根据上图装置回答:
（1）装置Ⅳ中发生反应的化学方程式为__________________________。
（2）试管II中的试剂是___________________，装置 V 的作用是______________。
（3）裝置Ⅵ最好选用下列装置中的______________________(填标号)。

（4）实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的 MnO2，需要的分离方法___________。
（5）为了顺利完成实验，点燃酒精灯的正确操作是___________________(填字母)。
A．先点燃 I 处酒精灯，后点燃Ⅳ处酒精灯
B．先点燃Ⅳ处酒精灯，后点燃 I 处酒精灯
C．同时点燃 I、Ⅳ两处酒精灯
【答案】(1). Sn+2Cl2 ==SnCl4 (2). 饱和食盐水 (3). 冷却和收集SnCl4 (4). C (5). 过滤 (6). A
【解析】
【分析】装置I制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，装置II吸收HCl，装置III干燥氯气，装置IV中氯气与Sn反应生成SnCl4，装置V冷却和收集SnCl4，SnCl4遇水水解，装置VI防止水蒸气加入V中，氯气有毒，直接排放会污染空气，装置VI吸收氯气，据此分析作答。
【详解】（1）装置Ⅳ中氯气与Sn在加热条件下生成SnCl4，反应方程式为：Sn+2Cl2 SnCl4；
故答案为：Sn+2Cl2 SnCl4；
（2）生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，首先除去氯化氢，利用饱和食盐水，然后利用浓硫酸干燥氯气，即试管II中的试剂是饱和食盐水；SnCl4的沸点为114℃，因此装置V的作用是冷凝(收集)SnCl4，
故答案为：饱和食盐水；冷却和收集SnCl4；
（3）氯气有毒，需要尾气处理，另外SnCl4易与水反应，需要防止空气中的水蒸气进入，所以装置Ⅵ中试剂最好选用碱石灰，故答案选C；
（4）二氧化锰不溶于水，实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要过滤，
故答案为：过滤；
（5）根据题中信息可知：锡能与氧气反应，故应先通氯气排除装置中的空气，防止锡与空气中的氧气反应，所以在加热制备SnCl4，故先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯；
故答案为：A。
27.I、将 5 g 钠铝合金投入到 200 mL 的水中，固体完全溶解，产生 4.48 L 标准状况下的气体，溶液中只有一种溶质。经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为_______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为__________(假设溶液体积变化忽略不计)。
Ⅱ、把由 NaOH、AlCl3、MgCl2 三种固体组成的混合物溶于足量水中，有 0.58 g 白色难溶物析出，向所 得溶液中逐滴加人 0.5 mol • L-1 的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如下图所示：

请计算：
（1）混合物中 MgCl2 的质量__________g；
（2）P 点表示盐酸加入的体积_________ml。
【答案】(1). 1:1 (2). 0.5mol/L (3). 0.95g (4). 130mL
【解析】
【分析】I、溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量相等，以此解答；
Ⅱ、(1)由图可以知道，氢氧化镁的质量为0.58g，根据镁原子守恒计算n(MgCl2)，并求其质量；
(2)B点溶液中存在的溶质是氯化钠，根据原子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaCl)，则原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2 n(MgCl2)；P点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，由氯离子守恒可以知道，氯化钠中氯离子源于加入盐酸，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaCl)，进而计算加入盐酸的体积。
【详解】I、溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:1，物质的量均是=0.1mol。因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L。因此，本题正确答案是：1:1 ；0.5mol/L；
Ⅱ、(1)由图可以知道，加入盐酸，开始沉淀的量不变，后来才有沉淀增加，说明NaOH在与AlCl3全部反应生成NaAlO2后还有剩余，则可判断0.58g沉淀为Mg(OH)2，物质的量为0.01mol，根据质量守恒可以知道MgCl2也是0.01mol，质量为：95g/mol×0.01mol=0.95g； 
因此，本题正确答案是：0.95g； 
(2) 图中AB段发生的反应是：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，由方程式可得：n(HCl)=n[Al(OH)3]=n(Al)=0.5mol/L×(0.03-0.01)L=0.01mol，混合物中NaOH的物质的量是剩余的NaOH和AlCl3、MgCl2消耗的NaOH物质的量的总和，即n(NaOH)=0.5mol/L×0.01L+0.01mol×4+0.01mol×2=0.065mol，P点时消耗的盐酸等于原NaOH的物质的量0.065mol，此时盐酸的体积为：V==0.13L=130mL， 
因此，本题正确答案是：130mL。