【化学】四川省江油中学2018-2019学年高一下学期入学考试试题（解析版）

四川省江油中学2018-2019学年高一下学期入学考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Fe 56 Ca 40 Cu 64
第Ⅰ卷(选择题，共46分)
一、选择题(本题包括23小题，每小题2分，共46分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列仪器中不能用作反应器的是（ ）
A. 容量瓶 B. 锥形瓶 C. 烧杯 D. 蒸发皿
【答案】A
【详解】A项、容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用作反应容器，故A正确；
B项、锥形瓶在制取气体的简易装置中经常作反应容器，故B错误；
C项、烧杯可用作配制溶液和较大量试剂的反应容器，故C错误；
D项、蒸发皿主要用于蒸发液体，也可用作反应容器，故Ｄ错误。
故选A。
2.下列物质变化或操作过程中发生化学变化的是（ ）
A. 硅胶作袋装食品的干燥剂 B. 氯气作自来水杀菌消毒剂
C. 用铂丝蘸取碳酸钠溶液在酒精灯外焰上灼烧 D. 用蒸馏的方法除去自来水中的Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。
【详解】A项、硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中只是吸收水蒸气，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B项、氯气作自来水杀菌消毒剂，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，属于化学变化．故B正确；
C项、用铂丝蘸取碳酸钠溶液在酒精灯外焰上灼烧，发生焰色反应，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D项、用蒸馏的方法除去自来水中的Cl-，利用的是水的液态与气态间的相互转化，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误。
故选B。
3.下列有关物质性质与用途不对应的是（ ）
A. 明矾能水解产生 Al(OH)3 胶体，可用作净水剂
B. SO2 具有还原性，可用于漂白纸浆
C. 铝锂合金的硬度大，可用作飞机材料
D. 硅酸钠溶液可与 CO2 反应，水玻璃可用于生产粘合剂和防火剂
【答案】B
【详解】A项、明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故A正确；
B项、SO2用于漂白纸浆是因为SO2具有漂白性，与氧化性、还原性无关，故B错误；
C项、铝锂合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，可用作飞机材料，故C正确；
D项、水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅酸酸性弱于碳酸，能与二氧化碳反应；硅酸钠具有黏性，所以可作粘合剂；涂有硅酸钠溶液的木条加热时，水分蒸发后不易燃烧，所以可作防火剂，故D正确。
故选B。
4.现有CO、N2O4两种气体，若它们具有相同的氧原子数，则二者的物质的量之比为（ ）
A. 1:4 B. 4:1 C. 2:3 D. 1:1
【答案】B
【详解】CO分子中含有1个氧原子，N2O4分子含有4个氧原子，氧原子数目相同，则有： n（CO）=4n（N2O4），故n（CO）：n（N2O4）=4：1，故二者物质的量之比为=4：1，故选B。
5.下列物质溶于水能导电，但不属于电解质的是（ ）
A. 氧化钠 B. 蔗糖 C. 氯气 D. 氯化铁
【答案】C
【解析】
【分析】电解质的概念必须是化合物，在水溶液里或熔融状态下有自由移动的离子，且离子是物质本身电离的，不能是与其它物质反应后的物质电离的。
【详解】A项、氧化钠溶于水，能与水反应生成氢氧化钠，溶液能导电，氧化钠熔融状态能电离，属于电解质，故A错误；
B项、蔗糖溶于水，溶液不导电，属于非电解质，故B错误；
C项、氯气溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液能导电，氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C正确；
D项、氯化铁溶于水，溶液能导电，属于电解质，故Ｄ错误。
故选C。
6.下列溶液中，Cl－物质的量最大的是（ ）
A. 60 mL 0.3 mol/L的NaCl溶液 B. 20 mL 0.2 mol/L的AlCl3溶液
C. 40 mL 0.2 mol/L的MgCl2溶液 D. 30 mL 0.4 mol/L的KCl溶液
【答案】A
【详解】60mL0.3mol/L的NaCl溶液中Cl－物质的量为0.06L×0.3mol/L=0.018mol，20mL0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl－物质的量为0.02L×0.2mol/L×3=0.012mol，40mL0.2mol/L的MgCl2溶液中Cl－物质的量为0.04L×0.2mol/L×2=0.016mol，30mL0.4mol/L的KCl溶液中Cl－物质的量为0.03L×0.4mol/L=0.012mol，Cl－物质的量最大的是A，故选A。
7.下列分散系中，明显与其他不同的一种是（　　）
A. 盐酸 B. 稀豆浆 C. NaOH溶液 D. FeCl3溶液
【答案】B
【解析】
【分析】A.盐酸为氯化氢的水溶液；B.稀豆浆是胶体；C.氢氧化钠溶液为溶液；D.氯化铁溶液为溶液；
【详解】A.盐酸为氯化氢的水溶液；B.稀豆浆是胶体；C.氢氧化钠溶液为溶液；D.氯化铁溶液为溶液；
选项中盐酸、氢氧化钠溶液、氯化铁溶液都是溶液分散系,稀豆浆为胶体分散系明显与其他不同,所以B选项是正确的。
8.下列行为符合安全要求的是（ ）
A. 用点燃的火柴在液化石油气钢瓶口检验是否漏气
B. 将强酸性洁厕液与漂粉精混合使用以增强清洗效果
C. 有大量氯气泄漏时，应向顺风低洼地区转移，并用湿毛巾护住口鼻
D. 若发生急性CO中毒，应将患者迅速移至空气新鲜的地方实施抢救
【答案】D
【详解】A项、液化气为易燃气体，用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气可引起爆炸，故A错误；
B项、洁厕剂主要成分为盐酸，与漂白粉中次氯酸钙反应生成氯化钙和氯气，反应生成有毒的氯气污染环境，故B错误；
C项、氯气是一种密度比空气大的有毒的气体，当有大量氯气泄漏时，人逆着风向高处疏散，并用湿毛巾护住口鼻，故C错误；
D项、若发生急性CO中毒，应将患者迅速移至空气新鲜处,松开衣领,保持呼吸道通畅,并注意保暖,密切观察意识状态，故D正确。
故选D。
9.下列反应中，属于氧化还原反应且属于离子反应的是（ ）
A. 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2 B. CO2＋Ca(OH)2== CaCO3↓＋H2O
C. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D. 2Na+2H2O==2NaOH+H2↑
【答案】D
【解析】
【分析】在水溶液中进行，有离子互换的反应为离子反应，反应前后元素有化合价变化的反应为氧化还原反应。
【详解】A项、过氧化钠与二氧化碳的反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故A错误；
B项、二氧化碳与氢氧化钙反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C项、氧化铁与一氧化碳高温下的反应中铁元素和碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故C错误；
D项、钠与水反应中钠元素和氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应是在水溶液中进行，有离子生成，属于离子反应，故D正确。
故选D。
10.如图所示装置在化学实验中用途广泛，气体b进a出时能实现下列目的的是（ ）

A. 利用排空气法收集NO气体
B. 集气瓶中装满饱和氯化钠溶液收集Cl2
C. 在集气瓶中加入浓硫酸干燥SO2气体
D. 利用排空气法收集CO2气体
【答案】B
【解析】
【分析】气体b进a出时可以收集密度比空气小的气体，不能构成洗气瓶，但可以构成排水（或液）法收集气体。
【详解】A项、NO气体与空气中氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集NO气体，故A错误；
B项、氯气不溶于饱和氯化钠溶液，气体b进a出时，可以排饱和氯化钠溶液收集氯气，故B正确；
C项、在集气瓶中加入浓硫酸干燥SO2气体时，气体应a进b出，故C错误；
D项、二氧化碳密度比空气大，收集二氧化碳应a进b出，故D错误。
故选B。
11.下列各组离子，能在酸性溶液中大量共存的是（ ）
A. Fe2+、Al3+、OH－、Cl－ B. Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
C. K+、Cu2+、SO42-、Cl－ D. Na+、OH－、SiO32-、AlO2-
【答案】C
【解析】
【分析】酸性溶液中存在大H+，与H+反应的离子不能共存，结合离子的性质判断离子间能否发生反应生成沉淀、气体或弱电解质。
【详解】A项、溶液中OH－与Fe2+、Al3+反应，不能大量共存，故A错误；
B项、溶液中Ca2+与CO32-反应，不能大量共存，故B错误；
C项、在酸性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故C正确；
D项、在酸性条件下H+与OH-、SiO32-、AlO2-反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
12.新制氯水与久置氯水相比较，下列说法错误的是（ ）
A. 颜色不同 B. 都能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色
C. 都能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色 D. 加AgNO3溶液都能生成白色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】新制氯水中含有氯气、次氯酸和盐酸，溶液为浅黄绿色，次氯酸遇光分解，导致氯水成分发生变化，久置氯水为盐酸溶液，溶液为无色。
【详解】A项、新制氯水为黄绿色，久置的氯水为无色，颜色不同，故A正确；
B项、新制氯水含次氯酸，能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，久置的氯水中只含盐酸，只能使蓝色石蕊试纸变红，故B错误；
C项、新制氯水与久置氯水均能与NaOH溶液反应，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，故C正确；
D项、新制氯水与久置氯水均含氯离子，则加AgNO3溶液都能生成白色沉淀，故D正确。
故选B。
13.与8 g SO3所含氧原子数相等的CO2的质量为（ ）
A. 2.4 g B. 2.2 g C. 4.4 g D. 6.6 g
【答案】D
【详解】8gSO3的物质的量为8g/80g/mol=0.1mol，所含氧原子的物质的量为0.3mol，氧原子的物质的量为0.3mol CO2的物质的量为0.15mol，质量为0.15mol×44g/mol= 6.6g，故选D。
14.下列物质不能通过化合反应制得的是（ ）
A. SO2 B. FeCl2 C. Fe(OH)3 D. H2SiO3
【答案】D
【详解】A项、单质硫和氧气化合得到二氧化硫，能通过化合反应直接制得，故A错误；
B项、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，能通过化合反应直接制得，故B错误；
C项、氢氧化亚铁可以和氧气、水之间反应生成氢氧化铁，能通过化合反应直接制得，故C错误；
D项、二氧化硅和水不反应，硅酸不能通过化合反应直接制得，故D正确。
故选D。
15.《环境空气质量标准》将PM2.5纳入强制监测指标，迄今为止，中国空气污染物监测指标应包括：①二氧化硫、②一氧化碳、③二氧化氮、④可吸入颗粒物(PM10)、⑤PM2.5。上述5种检测物中，能形成酸雨的是（ ）
A. ④⑤ B. ①②③ C. ①③ D. ①②④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】酸雨是指的是pH＜5.6的雨、雪等各种形式的大气降水，酸雨主要由二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成。
【详解】①二氧化硫能和水反应生成亚硫酸，使雨水的pH＜5.6，故正确；
②一氧化碳不能溶于水，不能形成酸．不能形成酸雨，故错误；
③二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，使雨水的pH＜5.6，故正确；
④可吸入颗粒物(PM10) 是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；
⑤PM2.5是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；
能形成酸雨的是①③，故选C。
16.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+
B. Na放入水中，产生气体：Na + H2O＝Na+ + OH－ + H2↑
C. 向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝：2Fe3+ + 2I－＝2Fe2+ + I2
D. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应： OH－ + HCO3－＝CO2 ↑ + H2O
【答案】C
【详解】A项、铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A错误；
B项、Na放入水中，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B错误；
C项、向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，FeCl3与碘化钾反应生成氯化亚铁和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为2Fe3+ + 2I－＝2Fe2+ + I2，故C正确；
D项、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为OH－ + HCO3－＝CO32－+ H2O，故D错误。
故选C。
17.下列除去杂质(括号内的物质为杂质)试剂选择错误的是（ ）
A. FeSO4 (CuSO4)：铁粉 B. CO (CO2)：NaOH溶液
C. CO2 (HCl)：饱和Na2CO3溶液 D. Cu (Fe)：稀盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质
【详解】A项、因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和铜，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除去，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故A正确；
B项、CO2能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，CO不能与NaOH溶液反应，用NaOH溶液洗气后干燥，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；
C项、HCl能与Na2CO3溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，CO2能与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，用Na2CO3溶液洗气，除去了杂质，也除去了原物质，不符合除杂原则，故C错误；
D项、Cu与稀盐酸不反应，Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故D正确。
故选C。
18.若以NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下，8 g O2和24 g O3的混合气体中分子总数为2NA
B. 1 mol Na2O2 跟足量H2O反应时得到电子的数目为2NA
C. 常温常压下，18 g H2O所含电子数为10NA
D. 标准状况下，22.4 L四氯化碳所含分子数为NA
【答案】C
【详解】A项、8 g O2的物质的量为0.25mol，24 g O3的物质的量为0.5mol，混合气体中分子的物质的量为0.75mol，故A错误；
B项、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中氧元素的化合价从－1价部分升高到0价，部分降低到－2价，即过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠转移1mol电子，故Ｂ错误；
C项、18 g H2O的物质的量为1mol，所含电子的物质的量为10mol，故C正确；
D项、标准状况下四氯化碳为液体，则无法确定22.4L四氯化碳的物质的量，故D错误。
故选C。
19.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度增大的是（ ）
A. SO32- B. HCO3- C. Na+ D. NO3-
【答案】C
【解析】
【分析】Na2O2具有强氧化性，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性。能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。
【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，故选C。
20.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）
A. 某物质焰色反应呈黄色，说明该物质一定是钠盐
B. 某溶液加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明该溶液中一定含有Mg2＋
C. 某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，说明该溶液中一定含有SO42-
D. 某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水，变红，说明该溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【详解】A．焰色反应为元素的性质，某物质焰色反应呈黄色，说明该物质一定含有钠元素，但不一定是钠盐，A错误；
B．某溶液加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明该溶液中一定含有Cu2＋，氢氧化镁是白色沉淀，B错误；
C．某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，白色沉淀也可能是氯化银，不能说明该溶液中一定含有SO42-，C错误；
D．某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明不存在铁离子，再滴加氯水，变红，说明有铁离子产生，氯水具有强氧化性，则说明该溶液中一定含有Fe2+，D正确；
答案选D。
21.在某未知溶液中检验出含有 Ba2+、NO3-的强酸性溶液。某学生还需鉴定此溶液中是否大量存在：①Al3+；②NH4+；③Fe2+；④Cl—；⑤ AlO2— ；⑥SO42-，其实这些离子中有一部分不必再鉴定就能否定，它们是（ ）
A. ③⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②⑤ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【分析】含有Ba2+、NO3-的强酸性溶液中，能够与钡离子发生反应的离子一定不能共存；该溶液为酸性溶液，能够与氢离子反应的溶液不能共存；硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，还原性的离子在该溶液中不能共存。
【详解】①Al3+不与Ba2+、NO3-离子发生反应，也不与氢离子反应，无法确定是否存在，需要进一步鉴定，故①错误；
②NH4+ 不与Ba2+、NO3-离子发生反应，也不与氢离子反应，无法确定是否存在，需要进一步鉴定，故②错误；
③Fe2+：NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在该溶液中Fe2+一定不存在，不需要进一步鉴定，故③正确；
④Cl-：不与Ba2+、NO3-离子发生反应，也不与氢离子反应，无法确定是否存在，需要进一步鉴定，故④错误；
⑤AlO2-与溶液中氢离子反应，不能存在于酸性溶液中，该溶液中一定不存在AlO2-，不需要进一步鉴定，故⑤正确；
⑥SO42-：与Ba2+发生反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能共存，所以一定不存在Ba2+，不需要进一步鉴定，故⑥正确；
③⑤⑥不需要进一步鉴定，故选A。
22.使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量W和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的物质的量之比为（ ）

A. 1∶1 B. 2∶3 C. 8∶9 D. 4∶3
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（6-1）：（7-6）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，根据Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，计算氢氧化铝物质的量，再根据生成沉淀消耗NaOH计算氢氧化镁物质的量，根据元素守恒计算Mg、Al物质的量之比。
【详解】由图可知，生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（6-1）：（7-6）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，由方程式Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，氢氧化铝的物质的量为1mol，由Al元素守恒，可知n（Al）=1mol，生成1mol氢氧化铝消耗NaOH的物质的量为1mol×3=3mol，则生成氢氧化镁消耗NaOH为5mol-3mol=2mol，则氢氧化镁为1mol，由Mg元素守恒，则n（Mg）=1mol，故该合金中镁和铝的物质的量之比为1：1，故选A。
23.标准状况下，将11.2LCO2 缓缓通入300mL2mol·L-1的NaOH 溶液中,待充分反应后将所得溶液蒸干并充分灼烧，最后所得固体物质的质量为（ ）
A. 31.8g B. 53g C. 63.6g D. 84g
【答案】A
【解析】CO2的物质的量是11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，NaOH的物质的量是0.3L×2mol/L=0.6mol，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，设生成碳酸钠为xmol，碳酸氢钠为ymol，则x+y＝0.5、2x+y＝0.6，解得x=0.1，y=0.4，待充分反应后将所得溶液蒸干并充分灼烧，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，则最后所得固体物质质量为（0.1mol+0.4mol×1/2）×106g/mol=31.8g，答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共54分)
二、(本题包括2小题，共18分)
24.化学研究主要用的是实验方法，所以学习化学离不开实验。请回答：
(1)在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以观察到试管中产生白色絮状沉淀，发生反应的离子方程式是____________________。生成的沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的化学方程式为_______________________。
(2)实验室在保存含Fe2+的溶液时，经常向其中加入铁粉，其目的是___________。为了检验该溶液是否变质，应采用的实验操作及现象是__________________________。
(3)除去铁粉中混有的铝粉应选用的试剂为_____，发生反应的离子方程式为_____________。
【答案】(1). Fe2+ + 2OH- =Fe(OH)2↓ (2). 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4 Fe(OH)3 (3). 防止Fe2+被氧化 (4). 取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质 (5). NaOH溶液 (6). 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑
【解析】
【分析】（1）硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色絮状沉淀和硫酸钠，氢氧化亚铁白色絮状沉淀被空气中氧气氧化生成氢氧化铁；
（2）向Fe2+的溶液中加入铁粉，可将生成的Fe3+还原为亚铁离子；若溶液变质，溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液会变为红色；
（3）铝粉能和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，而铁粉和强碱不反应。
【详解】（1）在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀，反应的离子方程式为Fe2+ + 2OH- =Fe(OH)2↓，Fe(OH)2白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．发生这种颜色变化的原因是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：Fe2+ + 2OH- =Fe(OH)2↓；4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4 Fe(OH)3；
（2）Fe2+离子变质是因为被空气中的氧气氧化为Fe3+，所以此时加入铁粉，就是为了能将生成的Fe3+还原为Fe2+；若溶液变质，溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液会变为红色，应采用的实验操作及现象是：取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质，故答案为：防止Fe2+被氧化；取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质；
（3）铁粉和铝粉都是金属，都具有金属的通性，都能和酸反应，但铝粉能和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，而铁粉和强碱不反应，除去铁粉中混有的铝粉应选用的试剂为NaOH溶液，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑，故答案为：NaOH溶液；2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑。
25.已知：_____H2O2 +___Cr2(SO4)3 +_______KOH＝________K2CrO4 +________K2SO4 +_______H2O
（1）配平该方程式，并用单线桥法表示电子转移情况。
（2）此反应中氧化剂是__________。
（3）若消耗1mol•L-1Cr2(SO4)3溶液的体积为50mL，则转移电子的物质的量是______。
【答案】(1). (2). H2O2 (3). 0.3mol
【解析】
【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；
（2）元素化合价降低的反应物做氧化剂被还原；
（3）根据Cr元素的化合价变化计算电子转移的数目。
【详解】（1）双氧水中氧元素化合价从－1价降低到－2价，一分子双氧水分子参加氧化还原反应时得2个电子，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，一个铬离子参加氧化还原反应失去3个电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则双氧水的计量数是3，铬离子的计量数是1，根据原子守恒可知反应的方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH＝2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，用单线桥法表示电子转移情况为；
（2）元素化合价降低的反应物做氧化剂被还原，其中H2O2中O元素化合价由-1降低到-2，故H2O2是氧化剂；
（3）消耗Cr2(SO4)3的物质的量是1mol/L×0.05L＝0.05mol，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，所以转移电子的物质的量是0.05mol×2×3＝0.3mol。
三、(本题包括2小题，共18分)
26.Cl2 和 H2O2 是常见的两种氧化剂，经查阅资料 Cl2 氧化能力强于 H2O2，能将 H2O2 氧化。 为了验证该结论，学生设计了如下图所示的实验装置进行实验(夹持装置略去)。圆底烧瓶 A 中的反应方程式为 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8 H2O，请回答：

(1)试管 B 中饱和食盐水的作用是________________________；
(2)试管 C 中加入 5mL 30% 双氧水，发生反应的化学方程式_________________________；
(3)试管 D 中充满 10% NaOH 溶液，NaOH 溶液的作用是________________________；
(4)将浓盐酸注入圆底烧瓶 A，当装置中的空气基本排尽后关闭止水夹，反应一段时间后试管 D中的现象为________________________，试管 D 中的气体检验方法为_______________ 。
【答案】（1）除去Cl2中混有的HCl； （2）Cl2+H2O2=2HCl+O2； （3）吸收多余的Cl2；
（4）试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升；该气体能使带火星的木条复燃，证明是氧气；
【解析】试题分析：（1）该实该验采用高锰酸钾固体和浓盐酸的方法制取氯气，产生的氯气中容易混有氯化氢气体，要除去氯化氢气体，所选的除杂试剂只能吸收氯化氢而不能吸收氯气，故可以使用饱和食盐水将其除去；
（2）Cl2氧化能力强于H2O2，试管C中氯气氧化过氧化氢生成氧气，自身被还原成氯化氢，反应为：Cl2+H2O2=2HCl+O2；
（3）氯气是一种有剧烈刺激性气味、有毒的气体，须进行尾气处理，试管D中充满10% NaOH溶液，氯气跟NaOH溶液反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，吸收多余的Cl2；
（4）Cl2+H2O2=2HCl+O2，当关闭止水夹，反应一段时间后试管D中因氧气不断增多，气体压强增大，所以试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升，氧气使带火星的木条复燃，可用此法验证氧气。
27.用11.9 mol/L的浓盐酸配制80 mL 1.0 mol/L稀盐酸，有如下操作步骤：
①用量筒量取_______ mL浓盐酸倒入小烧杯中，加适量蒸馏水稀释；
②继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用_______________小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；
③将容量瓶塞紧，充分摇匀；
④把①中所得溶液小心地转入___________________中；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中。
(1)将上述操作步骤的空白处填写完整。
(2)本实验操作步骤的正确顺序是(填序号，不能重复)__________________________。
(3)玻璃棒在该实验中的作用是_____________________________________。
(4)配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________(填序号)。
A． 洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干
B． 量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面
C． 定容时，仰视刻度线
D． 定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线线
【答案】(1). 8.4 (2). 胶头滴管 (3). 100 mL容量瓶 (4). ①④⑤②③ (5). 搅拌、引流 (6). B
【解析】
【分析】溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
【详解】（1）实验室配制80mL1.0mol/L稀盐酸应选用100ml容量瓶，由稀释定律可得：11.9mol/L×V×10—3L=1.0mol/L×100×10—3L，解得V=8.4ml；向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，为防止加水超过刻度线，应改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；配制时一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，故答案为：8.4；胶头滴管；100mL容量瓶；
（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯与玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶，继续注入蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，故实验操作顺序为：①④⑤②③，故答案为：①④⑤②③；
（3）配制过程中，溶解时用到玻璃棒，起搅拌作用；转移和定容时用到玻璃棒，起引流作用，故答案为：搅拌、引流；
（4）A、洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变；
B、量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面，导致所取盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，所测结果偏高；
C、定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；
D、定容后，加盖倒转摇匀后，容量瓶的壁上会残留部分溶液,液面会低于刻度线，对实验结果无影响。
综上所述，会使配制结果偏高的是B，故答案为B。
四、(本题包括1小题，共9分)
28.某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的转化：

据此回答下列问题：
(1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是______。
(2)根据上图反应关系，写出下列B、F所含物质成分的化学式：B______；F_____。
(3)写出过程反应①的离子方程式_________________，固体B所含对应的金属其单质与磁性氧化铁在高温下反应的化学方程式__________________________。
(4)写出③中盐酸过量时的离子反应方程式_____________。
【答案】（10分） （1）过滤（2分）（2）Al2O3、AlCl3（各1分）（3）Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O、
3Fe3O4＋8Al4Al2O3+ 9Fe （各2分）（4）AlO2－+ 4H+ = Al3+ + 2H2O（2分）
【解析】
【分析】由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al（OH）3，溶液F为氯化钠，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则B为Al2O3，反应②为KAl（SO4）2与氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3·H2O，然后结合物质的性质分析解答。
【详解】根据以上分析可知B为Al2O3，C为Al2O3和Fe2O3，D为Fe2O3，溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3·H2O，溶液F为氯化钠，则
（1）分离不溶性固体和溶液的方法为过滤，所以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤；
（2）由上述分析可知，B为Al2O3，F为NaCl；
（3）反应①是氧化铝与氢氧化钠反应，其离子方程式为Al2O3+2OH－＝2AlO2－+H2O，固体B所含对应的金属单质是铝单质与磁性氧化铁在高温下发生铝热反应，生成单质铁与氧化铝，反应方程式为3Fe3O4＋8Al4Al2O3+9Fe；
（4）偏铝酸根与过量盐酸反应生成铝离子和水，离子反应方程式为AlO2－+4H+＝Al3++2H2O。
五、(本题包括1小题，共9分)
29.瓦斯中氧气与甲烷的质量比为4﹕1时极易爆炸，此时氧气与甲烷的体积之比为_________原子个数之比为_________电子个数之比_________。
【答案】(1). 2:1 (2). 4:5 (3). 16:5
【解析】
【分析】令甲烷与氧气的质量分别为1g、4g，根据n=m/M计算甲烷、氧气的物质的量，再计算二者体积之比、原子个数之比和电子个数之比。
【详解】甲烷与氧气的质量比为1：4，令甲烷与氧气的质量分别为1g、4g，则lg甲烷的物质的量为1g/16g/mol=1/16mol，4g氧气的物质的量为4g/32g/mol=1/8mol，相同条件下体积之比为1/8mol：1/16mol=2:1，原子个数之比为（2×1/8mol）：（5×1/16mol）=4:5，电子个数之比为（16×1/8mol）：（10×1/16mol）=16:5，故答案为：2:1；4:5；16:5。
30.将质量为1.15g钠用刺了孔的铝箔包裹后放入水中，反应结束后共收集到0.055mol气体．请回答下列问题，写出必要的计算过程：
(1)1.15g钠与水反应，理论上生成气体的体积(标准状况)为多少_____________？
(2)若反应后溶液的体积为50ml,则反应后氢氧化钠溶液的浓度为多少 _______________？
【答案】(1). 0.56L (2). 0.6 mol/L
【解析】
【分析】（1）发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，根据方程式中对比关系计算生成氢气体积；
（2）氢气的总体积减去钠与水反应生成氢气的体积就是铝与氢氧化钠反应生成的氢气体积，根据方程式恒计算NaAlO2物质的量、Al反应消耗NaOH物质的量，进而计算溶液中NaOH的物质的量浓度。
【详解】（1）设生成氢气的体积为V，则有：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
46g 22.4L
1.15g V
由方程式可得46g:22.4L=1.15g:V，解得V= 0.56L，故答案为：0.56L；
（2）1.15g Na的物质的量为1.15g/23g/mol =0.05mol，Na反应生成氢气物质的量为0.56L/22.4L/mol =0.025mol，则Al反应生成氢气为0.055mol-0.025mol=0.03 mol, 由反应的化学方程式可得：
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
2mol 2mol 3mol
0.02 0.02mol 0.03mol
所以剩余氢氧化钠0.05mol-0.02mo=0.03mol，故氢氧化钠的物质的量浓度=0.03mol/0.05L=0.6mol/L，故答案为：0.6mol/L。