【化学】四川省成都外国语学校2018-2019学年高一下学期入学考试试题（解析版）

四川省成都外国语学校2018-2019学年高一下学期入学考试试题
1.下列有关试剂保存的说法中，不正确的是（ ）
A. 保存FeCl3溶液时需加入少量Fe粉 B. Na可保存在煤油中
C. NaOH固体需要密封保存 D. 新制氯水需要避光保存
【答案】A
【详解】A.FeCl3溶液时加入少量Fe粉会发生反应：Fe+2FeCl3=2FeCl2，保存方法不正确，故选A；
B.钠属于活泼金属,极易与空气中的氧气反应生成氧化钠,而且钠也可以很快与水反应生成氢气和氢氧化钠,不可露置于空气中，而Na的密度比煤油大，不和煤油反应 ,所以钠可保存在煤油中，故不选B。
C.由于氢氧化钠既能吸收空气中水分而潮解，又能吸收空气中二氧化碳而变质，因此，氢氧化钠固体必须密封保存，故不选C。
D.新制氯水中的成分之一是次氯酸，次氯酸见光易分解，所以新制氯水应密封避光保存，故不选D；
正确答案：A。
2.下列各组离子中，能在水溶液中大量共存的是（ ）
A. Na＋、Ag＋、Cl－、CO32— B. Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42—
C. Fe3＋、K＋、SO42—、OH－ D. Fe2＋、H＋、SO42-、NO3—
【答案】B
【解析】
【分析】离子在水溶液中能大量共存，溶液中的离子需要满足以下条件：离子间不能形成沉淀或气体或水，不能发生氧化还原反应。
【详解】A项、Ag+与Cl-、CO32—可以形成AgCl沉淀、Ag2 CO3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故A错误；
B项、离Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42—子间既不能形成沉淀也无气体或水产生，该组离子可以在溶液中大量共存，故B正确；
C项、Fe3+与OH-可以形成Fe（OH）3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故C错误；
D项、酸性条件下NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。
故选B。
3.配制100 mL 1 mol/L的NaCl溶液时，下列做法不正确的是（ ）
A. 选择容积100 mL的容量瓶
B. 在容量瓶中溶解NaCl固体
C. 转移NaCl溶液时用玻璃棒引流
D. 定容时向容量瓶中滴加蒸馏水至液面与刻度线相切
【答案】B
【解析】
【分析】配制100mL1.00mol/L NaCl溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等。
【详解】A项、配制100mL1.00mol/L NaCl溶液时应选择容积100 mL的容量瓶，故A正确；
B项、容量瓶为精密仪器，不能在容量瓶中稀释或者溶解物质，故B错误；
C项、转移NaCl溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C正确；
D项、定容时，距刻度2—3cm处，改用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，故D正确。
故选B。
4.下列实验能达到目的的是（ ）
A. 加热除去NaHCO3固体中的Na2CO3
B. 用NaOH溶液除去CO2中的SO2气体
C. 用双氧水除去Fe2(SO4)3溶液中的少量FeSO4
D. 用BaCl2溶液除去NaCl溶液中的K2SO4
【答案】C
【详解】A.碳酸氢钠不稳定，受热会分解，加热会把碳酸氢钠除掉，故A不正确；
B.二氧化碳与二氧化硫均为酸性氧化物，均可与氢氧化钠反应生成盐和水，故B不正确；
C.双氧水可以将亚铁离子氧化为铁离子，生成的还原产物是水，并没有掺入新的杂质，故C正确；
D.氯化钡与硫酸钾反应生成硫酸钡沉淀，但同时也生成了新的杂质氯化钾，故D不正确；
正确答案：C。
5.下列有关实验现象与物质性质对应关系的说法中，错误的是（ ）
A. Na2CO3溶液遇酚酞变红，说明Na2CO3溶液呈碱性
B. NO遇空气变为红棕色，说明NO具有还原性
C. Cl2使湿润的有色布条褪色，说明Cl2具有漂白性
D. 新制的Fe(OH)2遇氧气最终变为红褐色，说明Fe(OH)2具有还原性
【答案】C
【详解】A.碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸钠发生反应Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3而使溶液呈碱性，所以其溶液能使无色酚酞试液变红色，故A不选；
B.NO遇空气变为红棕色发生反应2NO+O2=2NO2，被氧气氧化，说明NO具有还原性，故B不选；
C.氯气与水反应可生成具有漂白性的HClO，湿润的有色布条褪色的是次氯酸，氯气不具有漂白性，故选C；
D.新制的Fe(OH)2遇氧气最终变为红褐色，发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，被氧气氧化，说明Fe(OH)2具有还原性，故D不选；
正确答案：C。
6.在溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. Na＋、H＋、HCO3-、NO3-
B. Mg2＋、OH-、SO42-、NO3-
C. K＋、Fe3＋、SO42-、NO3-
D. Na+、H+、Cl-、OH-
【答案】C
【详解】A. H＋和HCO3-反应放出气体，不能大量共存，故A错误；
B. Mg2＋和OH-生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故B错误；
C. K＋、Fe3＋、SO42-、NO3- 离子间不会发生反应，可以大量共存，故C正确；
D.H+和OH-反应生成水，不能大量共存，故D错误;答案：C。
7.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）
A. 均属于盐
B. 焰色反应均为黄色
C. 可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质
D. 物质的量相同的两种固体分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生的二氧化碳多
【答案】D
【详解】A.Na2CO3和NaHCO3都属于钠盐，故A正确；
B.Na2CO3和NaHCO3均含有钠元素，因此焰色反应均为黄色，故B正确；
C.因为NaHCO3受热易分解产生二氧化碳和Na2CO3、水，所以可用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，故C正确；
D.由 CO32-+2H+= CO2+H2O、HCO3-+H+= CO2+H2O可知，物质的量相同的两种固体分别与足量盐酸反应，产生的二氧化碳一样多，故D错误；答案：D。
8.下列物质的用途或者制备中所涉及到的离子方程式书写正确的是 （ ）
选项
用途或者制备
离子方程式
A
用稀硫酸清洗铁锈
Fe2O3＋6H＋=2Fe2＋＋3H2O
B
实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳
CO32－＋2H＋ =H2O＋CO2↑
C
用氢氧化钠溶液吸收氯气
Cl2 + 2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D
用氯化铁溶液刻蚀铜板
Fe3+ + Cu =Fe2++Cu2+
【答案】C
【详解】A.用稀硫酸清洗铁锈的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，故A错误；
B.实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝H2O＋CO2↑+Ca2+,故B错误；
C.用氢氧化钠溶液吸收氯气的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故C正确；
D用氯化铁溶液刻蚀铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；答案：C。
9.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成。X、Y不可能是 （ ）
选项
X
Y
A
SO2
NO2
B
SO2
H2S
C
NH3
SO2
D
Cl2
CO2
【答案】D
【解析】
【分析】A．二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子；
B硫化氢与二氧化硫反应生成硫沉淀和水；
C．氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵；
D．氯气、二氧化碳均氯化钡溶液之间均不反应
【详解】A．二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故不选A；
B.硫化氢与二氧化硫反应生成硫沉淀和水，故不选B；
C.氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，然后与氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，故不选C；
D.氯气、二氧化碳与氯化钡溶液之间均不反应，不会有沉淀生成，故选D；
10.下列操作能够达到实验目的的是 （ ）




A．验证一定生成SO2
B. 用排空气法收集NO
C. 制取并检验氨气
D．用水吸收氨气
【答案】D
【详解】A.能使品红褪色的气体很多，例如氯气，臭氧，不一定是二氧化硫，故A不正确；
B．NO遇氧气马上生成NO2，而且密度与空气接近，故B不正确；
C.应该是湿润的红色石蕊试纸才可以，氨气与水生成氨水，才可以使红色石蕊试纸变蓝，故C不正确；
D.因为氨气极易溶于水，,如果导管插入液面下很容易把水倒吸入导管中,如果气体发生装置是加热型的,那水被倒吸入装置中容易发生爆炸.一般用的装置是导管接着一个倒置的漏斗,让水没过漏斗的边缘就行了,当水被倒吸时,部分水就离开水槽的水面,没有支撑力了,它们受到重力就会掉下来,故D正确；
正确答案：D。
11.下列说法中，不正确的是（ ）
A. 0.1 mol N2的质量是2.8 g
B. Mg的摩尔质量是24 g/mol
C. 2 L 0.1mol·L－1NaCl溶液中，c(Na＋)＝0.2mol·L－1
D. 标准状况下，11.2 L O2含有的原子数目约为6.02×1023
【答案】C
【详解】A. 0.1 mol N2的质量m=nM=28 g/mol0.1mol=2.8g，故A正确；
B. Mg的相对原子质量为24，所以M g的摩尔质量是24 g/mol，故B正确；
C. 2 L 0.1mol·L－1NaCl溶液中，c(Na＋)＝0.1mol·L－1，故C错误；
D. O2为双原子分子，标准状况下，11.2 L O2为0.5mol,含有的原子数目约为6.02×1023,故D正确;答案:C。
12.工业上用洗净的废铜屑做原料来制备硝酸铜，从节约原理及防治污染环境的角度考虑，宜采取的方法是（ ）
A. Cu+HNO3(浓)→Cu(NO3) 2
B. Cu+HNO3(稀)→Cu(NO3) 2
C. Cu CuO Cu(NO3)2
D. Cu CuSO4 Cu(NO3)2
【答案】C
【详解】A. Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3) 2+2NO2+2H2O,会产生有毒气体NO2, 原料利用率低，故A错误；
B. 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3) 2+2NO↑＋4 H2O会产生有毒气体NO, 原料利用率低，故B错误；
C. 反应原理为：2Cu+O2= 2CuO、CuO +2HNO3= Cu(NO3)2+H2O，原料利用率高，没有污染性气体产生，故C正确；
D. Cu和浓硫酸反应会产生SO2有毒物质，原料利用率低，故D错误；答案：C。
13.在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示：

下列说法不正确的是（ ）
A. 该转化过程中有3种元素的化合价发生变化
B. NO 和O2必须在催化剂表面才能反应
C. 该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2
D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2
【答案】B
【详解】A.由上述图中可以看出发生的反应为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，由方程式知该转化过程中有N、O、C三种元素的化合价发生变化，故A正确；
B. NO很不稳定，遇到氧气就被氧化为NO2，故B错误；
C. 由2NO+O2+4CO4CO2+N2知该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2，故C正确；
D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，故D正确；答案：B。
14.下列说法正确的是（ ）
A. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为：2Br- + Cl2 = Br2 + 2Cl-
B. 向含碘化钾、淀粉的溶液中滴加FeCl3溶液，溶液变蓝
C. 某溶液中含有Fe2+、Cl-、I-，为了除去I-而不减少其他离子，可通入过量氯气
D. 向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，可能得到NaCl和NaI的固体混合物
【答案】B
【详解】A.向FeBr2溶液中通入少量Cl2，因为亚铁离子还原性强于溴离子，氯气应该先和还原性强的离子亚铁离子反应，故A不正确；
B.向含碘化钾、淀粉的溶液中滴加FeCl3溶液，因为铁离子与碘离子反应生成碘单质和亚铁离子，所以溶液变蓝，故B正确；
C.通入过量氯气既可以把碘离子氧化为碘单质，也可以将亚铁离子氧化为铁离子，故C不正确；
D.向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入氯气可发生： 因为碘离子还原性比溴离子强，所以先发生2NaI+Cl2=2NaCl+I2，碘离子反应完在发生2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，不可能得到NaCl 和NaI的固体混合物，故D不正确；
正确答案：B。
15.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：

①、③均观察到实验现象：溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生。下列说法正确的是（ ）
A. ①试管口有红棕色气体产生，原因是硝酸被还原为NO2
B. 由③的现象可得出结论：Cu可与稀硫酸反应
C. ③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-+8H+ === 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
D. ③中可能产生SO2
【答案】C
【详解】A. 稀硝酸和铜片反应的离子方程式为：3Cu＋2NO3-+8H+ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，①试管口有红棕色气体产生是因为NO被氧化为NO2，故A错误；
B. 产生③的现象是因为剩余的NO3-遇到硫酸中的氢离子发生了反应：3Cu＋2NO3-+8H+ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B错误；
C. ③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-+8H+ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故C正确；
D. SO2具有较强的还原性，所以③中不可能产生SO2，故D错误；答案：C。
16.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出相应结论的是 （ ）

方法
现象
结论
A
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含Cl2
B
向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
D
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液变成棕黄色
氯水具有氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查氯气的化学性质。溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为氯水中含有氯气，故A正确； 
B.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故B错误； 
C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，故C正确； 
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2===2FeCl3，说明氯水具有氧化性，故D正确。
17.下列说法正确的是（ ）
A. NaCl的摩尔质量是58.5 g
B. 标准状况下，22.4 L水中约含6.02×1023个H2O分子
C. 常温常压下，22 g CO2中所含氧原子数约为6.02×1023
D. 将40 g NaOH固体溶于1 L H2O中，得到1 mol/L的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】A、摩尔质量单位是g/mol；
B、依据气体摩尔体积的条件应用分析，水在标准状况下不是气体；
C、每个二氧化碳分子含有2个O原子；
D、溶液的体积不等于溶剂的体积，将氢氧化钠固体溶于1L水中，溶于体积大于1L。
【详解】A项、摩尔质量单位是g/mol，NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，故A错误；
B项、水在标准状况下不是气体，标准状况下，22.4L水物质的量不是1mol，故B错误；
C项、每个二氧化碳分子含有2个O原子，常温常压下22 g二氧化碳物质的量为0.5mol，所含O原子的物质的量为1 mol,原子数约为6.02×1023，故C正确；
D项、将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，配制1 mol/L的NaOH溶液应将40 g NaOH固体溶于H2O中配成1 L溶液，故D错误。
故选C。
18.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为（ ）
A. 32 g B. 48 g C. 64 g D. 96 g
【答案】C
【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2 的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，m（Cu）=1mol×64g/mol=64g，故C正确；
正确答案：C。
19.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是 （ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀
该溶液中一定含有Fe3+
B
向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42－
D
向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生
该溶液中一定含有CO32－
【答案】A
【解析】
【分析】A、Fe3+与OH—反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀；
B、Fe3+与SCN—反应生成红色Fe(SCN)3溶液；
C、SO42－、SO32－、CO32－等均能与Ba2+反应生成白色沉淀；
D、CO32－、SO32－、HCO3－等均能与H+反应生成无色气体。
【详解】A项、向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中一定含有Fe3+，故A正确；
B项、向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，该溶液中一定含有Fe3+，不能确定是否存在Fe2+，故B错误；
C项、向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42－或SO32－或CO32－等，故C错误；
D项、向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，该溶液中可能含有CO32－或SO32－或HCO3－等，故D错误。
故选A。
20.将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体A，则产生白色沉淀。制备气体A的试剂不能是 （ ）

A. 大理石和稀盐酸
B. NaOH和NH4Cl
C. Cu和浓硝酸
D. MnO2和浓盐酸
【答案】A
【解析】
【分析】由强酸制弱酸的原理可知，SO2与BaCl2溶液不反应，不可能生成BaSO3沉淀，通入另一种气体产生白色沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32-离子，或发生氧化还原反应生成SO42-离子，否则不生成沉淀。
【详解】A项、大理石和稀盐酸制得二氧化碳气体，二氧化碳和二氧化硫与氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故A正确；
B项、NaOH和NH4Cl共热反应生成氨气，通入氨气溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3，故B错误；
C项、Cu和浓硝酸生成二氧化氮气体，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故C错误；
D项、MnO2和浓盐酸共热反应生成氯气，Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故D错误。
故选A。
21.在标准状况下，将V L A气体（摩尔质量为M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为ρg·cm-3，则此溶液的物质的量浓度（mol/L）为（ ）
A. B.
C. D. 1000VρM/(MV+2240)
【答案】C
【详解】A气体的物质的量为mol，质量是，所得溶液的质量为(＋100)g，则此溶液的体积是，所以物质的量浓度为，答案选C。
22.用25mL18.4mol/L的浓硫酸与铜共热一段时间后，冷却，过滤除去多余的铜，将滤液稀释到100 mL，所得溶液中SO42-浓度为3mol/L，则此时溶液中CuSO4的物质的量浓度为（ ）
A. 0.5mol/L B. 1.6 mol/L C. 1.8 mol/L D. 3mol/L
【答案】B
【详解】反应前n(H2SO4)=0.025L×18.4mol/L=0.46mol，n(SO42-)=0.46mol，反应后n(SO42-)=3mol/L×
0.1L=0.3mol，则减少的n(SO42-)=0.46mol-0.3mol=0.16mol，所以生成二氧化硫为0.16mol，由
Cu+ 2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+ SO2↑，可知n(CuSO4)= 0.16mol，则C(CuSO4)= 0.16mol/0.1L= 1.6 mol/L。
故选B。
23.将一定量的镁与100 mL 18.5 mol/L浓硫酸充分反应后，镁完全溶解，同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H＋) = 0.1 mol/L，则下列叙述中错误的是（ ）
A. 反应中共转移电子3 mol B. 反应中共消耗镁 36 g
C. 气体A中SO2与H2的体积比为3：1 D. 气体A为SO2和H2的混合物
【答案】C
【解析】
【分析】生成气体的物质的量为：=1.5mol，溶液稀释至1L，测得溶液的c(H＋) = 0.1 mol/L，所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，
Mg+ 2H2SO4（浓）=MgSO4+SO2↑+H2O
x  2x       x
Mg+H2SO4（稀）=MgSO4+H2↑
y y       y
x+y=1.5 ① 2x+y=1.8 ② 由①②联立可得x=0.3，y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。
【详解】A.反应转移电子数可根据气体来算，1mol气体生成转移2mol电子，反应中共转移电子1.5mol×2=3mol，故不选A；
B.反应中共消耗镁 1.5mol×24g/mol=36 g，故不选B；
C.气体A中SO2与H2的体积比等于物质的量之比为0.3:1.2=1:4，故选C。
D.气体A为SO2和H2的混合物，故不选D。
正确答案：C。
24.某同学在研究Fe与H2SO4的反应时，进行了如下实验。

（1）实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为__________________________________。
（2）实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是________________________________。
（3）实验Ⅲ中，加热后产生大量气体，中间试管中品红溶液的红色褪去，最终未检测到可燃性气体。最后装NaOH溶液试管中反应的离子方程式是________________________。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：
①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同。浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于______。
②造成反应多样性的主要因素有________________________。
【答案】(1). Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑ (2). 铁表面生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行 (3). SO2＋2OH—＝SO32-＋H2O (4). +1价的氢元素 (5). 反应物的浓度、温度
【解析】
【分析】（1）Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
（2）浓硫酸具有强氧化性，发生钝化；
（3）产生气体使品红褪色和D处始终未检测到可燃性气体进行分析；
（4）①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性表现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性表现在+1价的氢元素上；
②影响反应产物多样性的因素有浓度、温度、反应物的量等．
【详解】（1）Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
正确答案：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（2）浓硫酸具有强氧化性，生成致密的氧化膜覆盖在Fe的表面，发生钝化；
正确答案：铁表面生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行；
（3）产生气体使品红褪色和D处始终未检测到可燃性气体可推断A中产生的气体为SO2，装置C的作用是吸收SO2防止污染环境；
正确答案：SO2＋2OH—= SO32-＋H2O
（4①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性表现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性表现在+1价的氢（H+）元素上，
正确答案：+1价的氢元素；
②影响反应产物多样性的因素有浓度、温度、反应物的量等
正确答案：反应物的浓度、温度。
25.硫的含量影响钢铁性能。一种测定硫含量的方法是将钢样中硫转化为二氧化硫气体，再用测硫装置进行测定。某测定硫含量的流程如下：

（1）气体a的主要成分有CO2、______、______。
（2）若钢样中硫以FeS的形式存在，煅烧装置中发生的化学反应为3FeS＋5O2 1______ ＋3______。___________
（3）吸收装置中，H2O2氧化SO2的化学方程式是_________________。
（4）用NaOH溶液中和生成的溶液b，消耗z mLNaOH溶液，若消耗1 mLNaOH溶液相当于硫的质量为y g，则该钢样中硫的质量分数为______。
【答案】 (1). SO2 (2). O2 (3). Fe3O4 (4). SO2 (5). H2O2＋SO2=== H2SO4 (6). (yz)/x×100%
【解析】
【分析】（1）该装置中C、S和氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余；
（2）由质量守恒定律可知，3molFeS反应生成1 Fe3O4 mol 和3mol SO2；
（3）双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和水；
（4）若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，再根据质量分数公式计算硫的质量分数。
【详解】（1）煅烧时，钢铁中所含的C元素和S元素与氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余，所以气体a的成分是SO2、CO2、O2，故答案为：SO2；O2；
（2）由题意可知，FeS与O2高温条件下反应应该生成铁的氧化物和二氧化硫，由质量守恒定律可知，3molFeS反应生成1 Fe3O4 mol 和3mol SO2，反应方程式为3FeS+5O2 Fe3O4+3SO2，故答案为：Fe3O4；SO2；
（3）双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和水，反应方程式为 H2O2+SO2=H2SO4，故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；
（4）若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，硫的质量分数为yzg/xg=yz/x，故答案为：(yz)/x×100%。
26.某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。

【装置分析】
（1）装置①中反应的离子方程式是____________________________。
（2）装置②中的试剂是________（填序号）。
a．饱和NaHCO3溶液 b．饱和Na2CO3溶液 c．浓H2SO4
（3）装置③中的试剂是__________。
【进行实验】
步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（4）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是_____________。
（5）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是______________________。
【实验反思】
（6）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是______。
（7）需要补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体，______。
【答案】(1). CaCO3＋2H+Ca2+＋H2O＋CO2↑ (2). a (3). 浓硫酸 (4). 步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃 (5). 2Na2O2＋2CO2 2Na2CO3＋O2 (6). 气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃 (7). 加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中
【解析】
【分析】①碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，带着 HCl和水蒸气进入②；②是装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除掉HCl气体；③是装有浓硫酸的洗气瓶用来除掉二氧化碳气体中的水；步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处，木条不复燃，证明二氧化碳跟过氧化钠不反应；步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处，木条复燃，过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气。不过此实验有缺陷，步骤二中过氧化钠与水反应也产生氢气，不能证明二氧化碳参与了反应，必须检测固体产物中是否由碳酸钠生成。
【详解】（1）装置①碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，离子方程式是CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑；正确答案：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑。
（2）装置②是装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除掉HCl气体；正确答案：a。
（3）装置③是装有浓硫酸的洗气瓶用来除掉二氧化碳气体中的水；正确答案：浓硫酸。
（4）步骤1除掉了二氧化碳中的水分，不与过氧化钠反应，所以不复燃；步骤2没有除掉二氧化碳中的水分，与过氧化钠反应生成氧气，所以木条复燃；
正确答案：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃。
（5）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO2 ＝2Na2CO3＋O2；
正确答案：2Na2O2＋2CO2 ＝2Na2CO3＋O2。
（6）实验缺陷气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃 ；
正确答案：气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃
（7）需要补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中，观察是否变浑浊，验证过氧化钠与二氧化碳是否反应生成了碳酸钠；
正确答案：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中。
27.某小组在验证反应“2Fe3+ + Cu =2Fe2+ + Cu2+”的实验中观察到溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，且产生灰白色沉淀。发现和探究过程如下。

实验过程
实验现象
实验1

充分振荡，棕黄色溶液逐渐变浅，最后呈浅绿色，有灰白色固体产生

实验1中所得溶液的颜色比预期的浅，针对其原因进行探究。
（1）甲认为：实验后，溶液中c (Cu2+)应为0.5 mol/L。“溶液颜色浅”是c (Cu2+)低于0.5 mol/L造成的。 配制含0.5 mol/L CuCl2和____________mol/L FeCl2混合溶液，观察溶液的颜色。该溶液为蓝绿色，明显比实验所得溶液颜色深，说明_________________________。
（2）甲进一步研究认为，“溶液颜色浅”与产生了灰白色固体有关。
甲查阅资料如下，猜想灰白色固体可能含有CuCl。
资料：CuCl是白色固体，不溶于水、硫酸，可溶于氨水。
为探究灰白色固体成分，设计实验方案如下：
方案1
用蒸馏水将实验1中的灰白色固体混合物洗净，取少量，加入过量稀硝酸，如果有白色固体剩余，则证明有CuCl
方案2
用蒸馏水将实验1中的灰白色固体混合物洗净，取少量，加入浓氨水浸泡，过滤，向滤液中加入稀硫酸
a.按方案1进行实验2：
b.加入稀硝酸的目的是___________，反应的离子方程式是____________________________________。
c.乙认为该方案不严谨，理由是：CuCl具有还原性，被硝酸氧化后的生成物能溶于稀硝酸。
d.按方案2进行实验3：
e.加入稀硫酸时，产生的实验现象是____________，说明灰白色固体中含有CuCl。
（3）综合上述实验，说明实验1所得溶液的颜色比预期浅的原因是_____________________________。
【答案】 (1). 1 (2). 溶液颜色比预期的浅，是c (Cu2+)低于0.5 mol/L造成的 (3). 除去未反应的铜 (4). 3Cu+8H+＋2NO === 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O (5). 产生白色沉淀 (6). 在Cl－和足量Cu存在时，由于生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L
【解析】
【分析】（1）5ml1 mol/L FeCl3溶液与足量Cu反应，理论上得到0.5 mol/L CuCl2和1 mol/LFeCl2混合溶液，CuCl2与过量的铜反应生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L；
（2）由于CuCl具有还原性，被硝酸氧化后的生成物能溶于稀硝酸没有白色固体剩余，检验白色固体为CuCl，应将洗净的灰白色固体混合物加入浓氨水浸泡，过滤，向滤液中加入稀硫酸，观察是否有白色沉淀生成；
（3）由实验可知，反应中生成的CuCl2与过量的铜反应生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L，CuCl的生成与Cl－和Cu的存在有关。
【详解】（1）由方程式可知，5ml1 mol/L FeCl3溶液与足量Cu反应，理论上得到0.5 mol/L CuCl2和1 mol/LFeCl2混合溶液，实验中溶液颜色浅可能是CuCl2发生反应生成CuCl导致c (Cu2+)低于0.5 mol/L，为确认c (Cu2+)低于0.5 mol/L，应该配制含0.5 mol/L CuCl2和1 mol/LFeCl2混合溶液，与实验所得混合液进行颜色对比，若溶液颜色浅，说明溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L，故答案为：1；溶液颜色比预期的浅，是c (Cu2+)低于0.5 mol/L造成的；
（2）方案1向洗净的灰白色固体混合物加入稀硝酸，过量的铜溶于稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，剩余固体为白色CuCl固体；方案2将洗净的灰白色固体混合物加入浓氨水浸泡，CuCl与浓氨水反应溶解，剩余固体为过量的铜；由于CuCl具有还原性，被硝酸氧化后的生成物能溶于稀硝酸没有白色固体剩余，所以为验证白色固体为CuCl，应向滤液中加入稀硫酸，重新生成白色CuCl固体，说明灰白色固体中含有CuCl，故答案为：除去未反应的铜；3Cu+8H+＋2NO =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；产生白色沉淀；
（3）由以上实验可知，反应中生成CuCl的原因是CuCl2与过量的铜反应生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L，实验1所得溶液的颜色比预期浅，故答案为：在Cl－和足量Cu存在时，由于生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L。
28.海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。
I.（1）海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，下列试剂加入的先后顺序正确的是________
A．BaCl2→Na2CO3→NaOH→HCl B．NaOH→BaCl2→Na2CO3→HCl
C．BaCl2→NaOH→Na2CO3→HCl D． Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl
（2）为了检验精盐中是否含有SO42-，正确的方法是____________________________。
II.海藻中提取碘的流程如图所示

（3）灼烧过程中，需使用到的（除泥三角外）实验仪器有____________
A．试管 B．瓷坩埚 C．坩埚钳 D．蒸发皿 E．酒精灯 F．三脚架
（4）指出提取碘的过程中有关实验操作名称：①________③__________④_________
（5）步骤②反应的离子方程式为___________________，该过程氧化剂也可以用H2O2，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比为__________
（6）下列关于海藻提取碘的说法，正确的是_________
A．含碘的有机溶剂呈现紫红色
B．操作③中先放出下层液体，然后再从下口放出上层液体
C．操作④时，温度计的水银球应伸入液面以下但不能触碰到蒸馏烧瓶的底部
【答案】(1). ABC (2). 取少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子 (3). BCEF (4). 过滤 (5). 萃取分液 (6). 蒸馏 (7). Cl2+2I-2Cl-+I2 (8). 1:1 (9). A
【解析】
【分析】I.海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠；关键点：根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去；检验硫酸根离子一定要防止其他离子干扰；
II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海藻灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；
（3）固体灼烧用到的仪器有坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯；
（4）海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；
（5）选择氧化剂将碘离子氧化为碘单质，根据得失电子数相等计算；
（6）A.碘单质在有机溶剂中呈现紫红色；
B.没有确定萃取剂是谁，没有办法确定有机溶液在上层还是下层；
C.温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口附近测量蒸气的温度；
【详解】I.（1）根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去的原则确定除杂顺序，所以碳酸钠必须在氯化钡后面，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，选项A、B、C满足；正确答案：ABC。
（2）检验硫酸根离子，应该先加入盐酸无现象，排除其他杂志离子的干扰，再加入氯化钡产生白色沉淀；正确答案：少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子。
II. 现将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海带灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；
（3）固体灼烧用到的仪器有坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯；正确答案：BCEF。
（4）海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；
正确答案：过滤 萃取分液 蒸馏。
（5）Cl2+2I ＝2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比1:1；正确答案：Cl2+2I ＝2Cl-+I2 1:1。
（6）A.碘单质在有机溶剂中呈现紫红色，故A正确；
B.没有确定萃取剂是谁，没有办法确定有机溶液在上层还是下层，故B不正确；
C.温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口附近测量蒸气的温度，故C不正确；
正确答案：A。
29.研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。
I．(1)写出实验室制备氨气的化学方程式________ 。
II．氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如下图所示。

(2)设备1、3中发生反应的化学方程式分别是______、 ________ 。设备2中通入的物质A是________。
III．氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：

(3)过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出NH4+转化为NH3的离子方程式________ 。
(4)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质化学式分别为___、_______。
(5)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X可选用以下哪种溶液以达到去除余氯的目的(填序号)_________。
a．KOH b．Na2SO3 c．KMnO4 D．NaCl
写出其中一个反应的离子方程式__________ 。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2==CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 4NH3+5O2 ==== 4NO+6H2O (3). HNO3+ NH3=NH4NO3 (4). O2或者空气 (5). NH4++OH-= NH3↑+H2O (6). N2 (7). NaCl (8). b (9). SO32-+ClO-= SO42-+Cl-或者SO32-+HClO= SO42-+Cl-+H+
【详解】I．(1)实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备氨气，其反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2==CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案：2NH4Cl+Ca(OH)2==CaCl2+2NH3↑+2H2O。
II．(2)设备1中是NH3和O2发生反应，化学方程式为4NH3+5O2 ==== 4NO+6H2O；设备II中是HNO3和NH3发生反应，发生反应的化学方程式是HNO3+ NH3=NH4NO3 。设备2中发生的反应为：4NO+O2+H2O=4 HNO3,所以通入的物质A是O2或者空气。答案：4NH3+5O2 ==== 4NO+6H2O；HNO3+ NH3=NH4NO3；O2或者空气。
III．(3)过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，使NH4+转化为NH3，反应的离子方程式为：NH4++OH-= NH3↑+H2O 。答案：NH4++OH-= NH3↑+H2O。
(4)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应的方程式为：3NaClO+ 2NH3=3NaCl+N2+3H2O,所以含氮元素、氯元素的物质化学式为N2、NaCl。答案：N2；NaCl。
(5)含余氯废水的主要成分是NaClO和HClO，要除去需加入还原性物质Na2SO3 ，反应的离子方程式为：SO32-+ClO-= SO42-+Cl-和SO32-+HClO= SO42-+Cl-+H+。答案：b；SO32-+ClO-= SO42-+Cl-或SO32-+HClO= SO42-+Cl-+H+。