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【化学】福建省莆田第六中学2018-2019学年高一（实验班）下学期期中考试试题（解析版）
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福建省莆田第六中学2018-2019学年高一（实验班）下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Zn-65 Cu-64
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共51分)
1.2018年10月21日，港珠澳大桥正式开通，该桥的建成创下多项世界之最，其中仅大桥主梁使用的钢材42万吨。下列材料中不属于铁合金的是（ ）
A. 生铁 B. 铁锈 C. 不锈钢 D. 铁锰合金
【答案】B
【解析】
【分析】合金是由一种金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，据此判断。
【详解】A. 生铁属于铁合金，A不选；
B. 铁锈的主要成分是氧化铁，不是铁合金，B选；
C. 不锈钢属于铁合金，C不选；
D. 铁锰合金属于铁合金，D不选；
答案选B。
2.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 收集NO B. 制备NH3
C. 制备Fe(OH)2 D. 稀释浓H2SO4
【答案】C
【解析】A.因为NO会和空气中的氧气反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，收集NO气体应该用排水法，故A错误；
B.实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氯化铵加热产生的氯化氢和氨气在试管口又会化合生成氯化铵，所以不用分解氯化铵法，故B错误；
C.煤油的密度比水小，可以隔绝空气中的氧气与NaOH溶液和FeSO4溶液接触，用于制备Fe(OH)2，故C正确；
D.稀释浓硫酸时，为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，即将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒搅拌，故D错误。
故选C。
3.下列有关试剂的保存方法，错误的是（ ）
A. 浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中
B. 少量的钠保存在煤油中
C. 氢氧化钠溶液保存在带橡皮塞的玻璃试剂瓶中
D. 新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中
【答案】A
【解析】试题分析：浓硝酸有挥发保存在棕色试剂瓶中，A错；钠的密度比水大，不与煤油反应，所以那可以保存在煤油中，B对；碱性溶液试剂瓶用橡胶塞C对；新制氯水易分解，保存在棕色试剂瓶中，D对，选A。
4.下列物质露置于空气中易变质的是（ ）
①氯水 ②水玻璃 ③烧碱 ④漂白粉 ⑤绿矾 ⑥亚硫酸钠
A. 除⑤外 B. 除②③外 C. 除②③⑥外 D. 全部易变质
【答案】D
【解析】①氯水中次氯酸见光受热易分解而变质；②水玻璃可以吸收空气中的二氧化碳生成硅酸而变质；③酸性氧化物与碱反应生成盐和水原理，烧碱与空气中二氧化碳反应而变质；④漂白粉与空气中的水和二氧化碳反应而变质；⑤二价铁具有强还原性，绿矾与空气中的氧气反应而变质；⑥正四价硫具有强还原性，亚硫酸钠与空气中的氧气反应而变质。因此①②③④⑤⑥露置于空气中均变质，故D符合题意；
正确答案：D。
5.下列因果关系表述正确的是( )
A. 硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维
B. NH3易溶于水，可用作制冷剂
C. 铁比铜金属性强，可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
D. 氯水中的次氯酸具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】D
【解析】A．用于制取光导纤维的是高纯度二氧化硅而不是硅晶体，A项错误；
B．氨气所以能作制冷剂，是因为液氨挥发时要吸收大量的热，与其水溶性强弱无关，B项错误；
C．FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板时发生反应：2FeCl3+Cu2FeCl2+Cu，该反应利用了Fe3+的氧化性强于Cu2+，从中无法看出铁和铜的金属性强弱。要比较铁和铜的金属性强弱，应比较Fe2+和Cu2+的氧化性强弱，比如通过反应Fe+CuSO4Cu+FeSO4可以看出铁的金属性强于铜，C项错误；
D．Cl2溶于水发生反应：Cl2+H2OHClO+HCl，氯气可用于自来水的杀菌和消毒，主要就是利用了次氯酸的强氧化性，D项正确；
所以答案选择D项。
6.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（ ）
A. 4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA
B. 7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有的阴离子数为0.1 NA
C. 2.3gNa与氧气完全反应生成Na2O，转移的电子数为0.2 NA
D. 5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.2 NA
【答案】C
【解析】A. CO2和N2O的相对分子质量均是44，且均由3个原子组成，所以4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA，A正确；B. Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，所以7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有的阴离子数为0.1NA，B正确；C. 2.3gNa的物质的量是0.1mol，与氧气完全反应生成Na2O，转移的电子数为0.1NA，C错误；D. 5.6g铁粉的物质的量是0.1mol，在0.1mol氯气中充分燃烧生成氯化铁，反应中氯气不足，转移的电子数为0.2NA，D正确，答案选C。
7.检验溶液中是否含有某种离子，下列方法正确的是 ( )
A. 向某溶液中加稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-
B. 向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl－
C. 向某溶液中加NaOH溶液并加热,产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明有NH4+
D. 向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-
【答案】A
【解析】A．先加过量的稀盐酸，排除了CO32-、SO32-、Ag+等干扰，并提供了一个强酸性环境，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀为不溶于酸的硫酸钡沉淀，从而确认原溶液中有SO42-，A项正确；
B．能与Ag+反应生成白色沉淀的不仅是Cl-，还有SO42-、CO32-、SO32-等，所以要向产生白色沉淀的溶液中继续加入足量的稀硝酸，通过沉淀不溶解才能进一步确认原溶液中有Cl-，B项错误；
C．氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该选项试纸的颜色描述明显错误，C项错误；
D．某溶液中加入稀盐酸，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是CO2，也可能是SO2或SO2和CO2的混合气体等，则原溶液中可能含有CO32-，或HCO3-，或SO32-、HSO3-等，D项错误；
所以答案选择A项。
8.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. Fe溶于足量稀HNO3：3Fe＋8H＋＋2NO3－3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
B. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：H++OH-H2O
C. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2OAlO2-+2H2O+4NH4+
D. 氨水和醋酸溶液混合：NH3·H2O+CH3COOHNH4++CH3COO-+H2O
【答案】D
【解析】A．因硝酸足量，产物应为Fe3+：Fe＋4H＋＋NO3－Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项错误；
B．HCO3-在书写离子方程式时不拆写，正确的离子方程式为：HCO3-+OH-H2O+CO32-，B项错误；
C．氢氧化铝不溶于过量的氨水，所以正确的离子方程式为：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+，C项错误；
D．一水合氨和醋酸均是弱电解质，用分子式表示，醋酸铵作为强电解质，拆写成离子形式，D项正确；
所以答案选择D项。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )
A. 能使紫色石蕊试液变红的溶液中：NH4+、NO3-、HCO3-
B. 0.1 mol/L的FeCl2溶液中：H＋、SO42-、NO3-
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、Cl－、NO3-
D. 0.1 mol·L－1 NaOH溶液：Mg2+、H＋、SO42-
【答案】C
【解析】A．能使紫色石蕊试液变红溶液是一种酸性的溶液，此时HCO3-将不能大量存在，A项错误；
B．所给溶液中含有了Fe2+、H+、NO3-，将发生氧化还原反应而不能大量共存：3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O，B项错误；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中必含有Fe3+，Fe3+能与NH4+、Cl－、NO3-大量共存，C项正确；
D．将OH-代入后面的离子组后发生两个反应：Mg2++2OH-Mg(OH)2↓，H++OH-H2O，D项错误；
所以答案选择C项。
10.下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量、浓度等)改变，不会引起产物改变的是 ( )
A. NaOH和CO2 B. Fe粉在Cl2中燃烧
C. Na和O2 D. Cu和HNO3溶液
【答案】B
【解析】A．NaOH和CO2反应时，量不同，产物不同。当向NaOH溶液中通入少量CO2时，发生反应：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，当通入过量CO2时，发生反应CO2+NaOHNaHCO3，A项错误；
B．铁氯气中燃烧时，无论反应物量多量少，都生成氯化铁：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B项正确；
C．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠：4Na+O2=2Na2O，在加热或点燃时生成过氧化钠：2Na+O2 Na2O2，条件不同，产物不同，C项错误；
D．铜和浓硝酸反应生成NO2：Cu+4HNO3（浓）Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜和稀硝酸反应生成NO：3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，因反应物硝酸浓度不同而使产物不同，D项错误；
所以答案选择B项。
11.下列反应产生氢气的物质的量最多的是（ ）
A. 足量的Mg与0.5mol·L－1的稀硝酸200mL
B. 足量的Cu与5mol·L－1的硫酸400mL
C. 足量的Al与0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液200mL
D. 足量的Mg与0.5mol·L－1的稀盐酸200mL
【答案】C
【解析】A. 根据反应3Mg+8HNO33Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，足量的Mg与0.5mol·L－1的稀硝酸200mL反应不产生氢气；
B. 铜与稀硫酸不反应，则足量的Cu与5mol·L－1的硫酸400mL没有产生氢气；
C. 根据反应2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑可知，足量的Al与0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液200mL反应，产生的氢气的物质的量为0.3mol·L－1×0.2L×=0.09mol；
D. 根据反应Mg +2HClMgCl2+H2↑可知，足量的Mg与0.5mol·L－1的稀盐酸200mL反应产生的氢气的物质的量为0.5mol·L－1×0.2L×=0.05mol；
综合以上可知，产生氢气物质的量最多的是C。
答案选C。
12.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（ ）
选项
W
X
Y
Z
A
S
SO2
SO3
H2SO4
B
Na
Na2O2
NaOH
NaCl
C
Fe
FeCl3
Fe(OH)2
FeCl2
D
Al
AlCl3
NaAlO2
Al2(SO4)3
【答案】D
【解析】试题分析：A、S不能一步转化为SO3，错误；B、NaCl不能一步转化为Na2O2，错误；C、FeCl3不能一步转化为Fe(OH)2，错误；D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，正确。
13.在硫酸铁溶液中，加入少量铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是（ ）
A. 最后得到的溶液中只含Cu2＋
B. 残余固体可能为铁、铜混合物
C. 残余固体一定全部是铜
D. 最后得到的溶液中含有Fe3＋
【答案】B
【解析】本题涉及的反应有：（1）Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+,(2)Fe+Cu2+Fe2++Cu，Fe+2Fe3+3Fe2+由于Fe3+氧化性比Cu2+强，所以铁粉先和Fe3+反应，再和Cu2+反应，经分析存在几种情况①加入铁粉过量，固体剩余铁、铜，溶液为硫酸亚铁②加入铁粉少量，固体剩余铜，溶液为硫酸亚铁和硫酸铜混合液③加入铁粉恰好把溶液中铁离子与铜离子反应完，剩余固体铜，溶液为硫酸亚铁。根据以上分析可知B选项正确；
正确答案：B。
14.某离子反应涉及到 H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 该反应中Cl－为还原产物
B. 氧化剂与还原剂物质的量比为3:2
C. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
D. 氧化性：ClO－比 N2强
【答案】C
【解析】
【分析】从图示中可以看出，ClO-随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－N2↑+3Cl－+5H2O、
【详解】A．该反应中氯元素的化合价从+1价降为-1价，Cl-是还原产物，A项正确；
B．该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，依离子方程式可以看出其物质的量之比为3：2，B项正确；
C．NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6 mol，C项错误；
D．在该反应中，ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO->N2，D项正确；
所以答案选择C项。
15.下列仪器和装置，用橡胶管经过简单连接，可制备收集多种不同的纯净、干燥的气体 (考虑尾气吸收)。关于这些装置的连接方法正确的是 ( )
A. 实验室用石灰石与稀盐酸制备收集CO2：b→f→d→e
B. 实验室用锌粒与稀硫酸制备收集H2：b→c→g
C. 实验室利用H2O2与二氧化锰制备收集O2：a→c→e
D. 实验室用浓氨水与生石灰反应制备收集NH3：b→d→e
【答案】D
【解析】A．实验室用块状的石灰石与稀盐酸反应来制备CO2:CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑，反应不需要加热，所以发生装置选b，通过f除去挥发出的HCl气体，通过浓硫酸进行干燥，通过向上排空气法收集。碱石灰能与CO2反应，所以不用作CO2的干燥剂，因此该项中只需将d改为c即正确，A项错误；
B．实验室用锌粒与稀硫酸反应制取氢气：Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑，反应不需加热，所以发生装置选b，通过c进行干燥后再通过g收集，所得气体又混入水蒸气，B项错误；
C．实验室利用H2O2与二氧化锰制备O2，反应不需要加热，发生装置不能选取a，C项错误；
D．生石灰与水反应放出大量的热，加速了浓氨水的挥发，碱石灰除去了氨气中的水分，从e装置右侧通入氨气进行收集，D项正确；
所以答案选择D项。
16.某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应（已知NO3－被还原为NO），最终溶液体积为1L。下列说法正确的是( )
A. 所得溶液中c(NO3－)＝2.75 mol·L－1
B. 所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝1：2
C. 反应后生成NO的体积为33.6 L（标准状况下）
D. 所得溶液中的溶质只有FeSO4
【答案】A
【解析】
【分析】第一步反应：比例关系来看，只有H+ 完全反应。
Fe + 4H+ + NO3- Fe3+ + NO↑+2H2O
1 4 1 1 1
1.25mol 5mol 1.25mol 1.25mol 1.25mol
铁粉剩余1.5mol-1.25mol=0.5mol 硝酸根离子剩余4mol-1.25mol=2.75mol
n（Fe3+）=1.25mol V（NO）=n（NO）×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L ；
第二步反应：比例关系来看，铁粉完全反应。
Fe + 2Fe3+= 3Fe2+
1 2 3
0.5mol 1mol 1.5mol
铁离子剩余：1.25mol-1mol=0.25mol，生成n（Fe2+）=1.5mol
【详解】根据以上分析可知
A. 所得溶液中c(NO3－)＝=2.75 mol·L－1，故A正确；
B.所得溶液中所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝1.5:0.25=6:1，故B错误；
C.反应后生成NO的体积为V（NO）=n（NO）×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L （标准状况下），故C错误；
D.反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D错误；
正确答案：A。
二、非选择题(共5题，共52分)
17.随原子序数递增,八种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题:
(1) f在周期表中的位置是__________。
(2) 比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示,下同):____>____;比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:____>____。
(3) 任选上述元素组成一种四原子共价化合物,写出其电子式:____。
(4)f和h形成的化合物的物理性质非常特殊，其的熔点为190℃(2.02×105Pa)，但在180℃就开始升华。据此判断，该化合物是_______(填“共价化合物”或“离子化合物”) , 可以证明你的判断正确的实验依据是________________。
(5) 上述元素可组成盐R: zx4f(gd4)2，向盛有10 mL 1 mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1 mol·L-1NaOH溶液,沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下:
①m点反应的离子方程式: ________________。
②若在R溶液中改加20 mL 1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为_______mol。
【答案】(1). 第3周期ⅢA族 (2). r(O2－) (3). r(Na＋) (4). HClO4 (5). H2SO4 (6). (7). 共价化合物 (8). 熔融时不导电 (9). NH4+＋OH－NH3·H2O (10). 0.022
【解析】
【分析】根据图中d、g元素最低价态均为-2价，首先判断出d为O，g为S。其它元素依据其价态可依次推出，其中x为H，y为C，z为N，e为Na，f为Al，h为Cl。
（1）在表述元素在周期表中的位置时要说明所在的周期和所在的族。
（2）比较离子半径大小，首先比较电子层数的多少，然后看核电荷数大小；比较最高价氧化物水化物的酸性强弱时，可以从非金属性强弱入手分析。
（3）既是任写一种，当然写自己最熟悉的，比如NH3；
（4）共价化合物往往依靠分子间作用力聚集，熔、沸点较低。通常用化合物在熔融情况下的导电性来判断是离子化合物还是共价化合物。
（5）用好题图信息，明确反应的先后顺序。
【详解】（1）f为Al，在元素周期表的第3周期，第IIIA族；
（2）d、e常见离子为O2-、Na+，它们都是10电子微粒，此时核电荷数越大，半径越小，所以离子半径：r(O2-)>r(Na+)；g为S，h为Cl，它们的最高价氧化物对应水化物的化学式为分别为：H2SO4、HClO4，其酸性强弱是HClO4>H2SO4；
（3）上述元素形成的四原子共价化合物可以是NH3、HCHO、AlCl3等，比如NH3的电子式表达为：；
（4）f和h形成AlCl3，熔点低、易升华说明它是共价化合物；判断一个化合物是离子化合物还是共价化合物，通常可以测其在熔融情况下的导电性，如果该化合物能导电，则为离子化合物，如该化合物不能导电，则为共价化合物；
（5）①上述元素形成的盐R的化学式为NH4Al(SO4)2，加入NaOH溶液后，从沉淀的生成、溶解与消耗NaOH量的关系可以看出，发生反应的先后顺序是：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-NH3·H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；所以m处发生反应的离子方程式为：NH4++OH-NH3·H2O；
②NH4Al(SO4)2的物质的量为0.01mol，其中含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol；Ba(OH)2的物质的量为0.024mol，其中含有Ba2+0.024mol，OH-0.048mol。反应生成的BaSO4沉淀的物质的量为0.02mol(Ba2+过量，用完全反应的SO42-计算所得)；据题图可知OH-涉及的反应有先后，先发生反应：Al3++3OH-Al(OH)3↓，此时Al3+完全反应，消耗OH-的物质的量为0.03mol，接着发生反应：NH4++OH-NH3·H2O，此时NH4+完全反应，消耗OH-的物质的量为0.01mol，最后剩余的OH-0.008，将部分Al(OH)3溶解：
Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O
0.01mol 0.008mol
所以Al(OH)3未溶解的物质的量为：0.01mol-0.008mol=0.002mol，所以最后溶液中沉淀的物质的量为：n(BaSO4)+n[Al(OH)3]余=0.02mol+0.002mol=0.022mol。
18.A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系：
(1)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素，且B为两性物质，W俗称苛性钠。
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_______________。
②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________。
(2)若X是一种黄绿色气体，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。
①检验溶液Z是否变质最灵敏的一种试剂是____________________(名称)；
②一定条件下W与水反应化学方程式_______________________________。
(3)X常温下为气体化合物，Z是一种红棕色气体，X气体的检验方法____________________，X转化为Y的化学方程式为______________________；
(4)X为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。
①则Y到Z的离子方程式为________________________________________；
②请画出向含0.01molX和0.01molY的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像___________。
【答案】(1). 2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2 +H2 (2). Al3-+ 4OH- AlO2- + 2H2O (3). 硫氰化钾溶液 (4). 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2 (5). 使湿润的红色石蕊试纸变蓝(或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟) (6). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (7). SO32-+SO2+H2O2HSO3- (8).
【解析】
【分析】W为NaOH。B为两性物质且含有一种金属元素，确定该金属元素为铝元素，因在溶液中产生了B，所以B为Al(OH)3。
【详解】（1）①铝与NaOH反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；
②A溶液中含有Al3+,与NaOH反应生成了Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，所以A溶液一步转化为C溶液的离子方程式为：Al3++4OH-AlO2-+2H2O；
（2）X为黄绿色气体，则X为氯气，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，说明Y为FeCl3溶液。据此进一步判断W为Fe，Z为FeCl2。
①检验FeCl2溶液是否变质最灵敏的试剂是KSCN溶液，如果FeCl2溶液变质，则滴加KSCN溶液后，溶液呈现血红色；
②在高温条件下铁与水反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；
（3）红棕色的气体Z是NO2气体；X为气体化合物，经氧气连续氧化生成NO2，猜测X为NH3，Y为NO；检验NH3是利用其水溶液呈碱性，用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝，说明气体是氨气；或者利用NH3与HCl反应生成白烟这一性质来检验。NH3转化为NO的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O；
（4）①如果X为一元强碱，W是形成酸雨的主要物质，则推测W为SO2，则根据图示转化关系判断Y为SO32-，Z为HSO3-，则Y到Z的离子方程式为：SO32-+SO2+H2O2HSO3-；②溶液中含有0.01molOH-和0.01molSO32-，滴入稀盐酸，首先发生反应：OH-+H+H2O，此时消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，没有气体逸出；然后发生反应：SO32-+H+HSO3-，此时也消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，也没有气体逸出；最终发生反应：HSO3-+H+H2O+SO2↑，此时完全反应消耗盐酸的体积为0.lL，逸出气体的物质的量为0.01mol。据此可绘出图象：。
19.I.现有一瓶无色澄清溶液，可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成，请根据以下实验步骤及现象回答下列问题：
步骤一：取适量待测液，加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体；
步骤二：向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体；
步骤三：向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶液C。
(1)下列有关该溶液说法正确的是________________(填字母)。
A 一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32- B 一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-
C 可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、 D 可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-
(2)步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是____________________。
(3)若向原溶液中先加入足量的盐酸，再加入足量的______________(填化学式)并加热，也能得出步骤一、步骤二相同的结论。
(4)对于溶液中还可能存在的阳离子，确认其存在的实验方法是__________________。
II.用一定质量的铜片和25.0 mL 18.0 mol·L－1的浓硫酸在加热条件充分反应，最终铜片与硫酸均有剩余。假定反应前后溶液的体积不变，设剩余硫酸的浓度为d mol·L－1，现向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，充分搅拌直到剩余铜片恰好完全反应，反应消耗硝酸钾____________mol(用含d的代数式表示)。
【答案】(1). AC (2). Cl2+2I-I2+2Cl- (3). Ba(OH)2 (4). 通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色则含有K+ (5). d/80或0.0125d 、1.25×10-2d
【解析】
【分析】因为溶液是“无色”的，所以溶液 中没有Fe2+、MnO4-；加入NaOH溶液并加热，产生的刺激性气味的气体应是NH3，说明原溶液中有NH4+；加入足量的稀盐酸，首先将过量的NaOH中和掉，白色沉淀B为不溶于酸的BaSO4沉淀，说明原溶液中含有SO42-；产生刺激性气味的气体应是SO2，说明原溶液中含有SO32-；向溶液B中通入Cl2，得到的黄褐色溶液C中应含有I2，说明原溶液中含有I-。综合上述推断，该瓶无色澄清溶液中，一定含有NH4+、SO42-、SO32-、I-，一定没有Fe2+、MnO4-，可能含有Na+、K+、CO32-。
【详解】I．（1）A项正确，根据上述分析，所给四种离子一定存在；B项错误，因所加稀盐酸足量，所以无法证明CO32-是否存在；C项正确，所给四种离子无法判断是否存在；D项错误，因溶液中有I-、SO32-、SO42-(甚至可能含有的CO32-)均能与Ag+反应生成白色沉淀，所以单用AgNO3溶液，无法检测出溶液中是否有Cl-，至少要再加入过量的稀硝酸；
（2）步骤三中发生了氯气与I-的反应：Cl2+2I-2Cl-+I2；
（3）步聚一和步骤二检验出了NH4+和SO42-、SO32-，没有检测出CO32-；如先加入足量的盐酸，可以通过产生刺激性气味的气体，确认SO32-的存在，并除去了SO32-和可能有的CO32-；要检测NH4+，肯定需要OH-，要检测SO42-，则需要Ba2+，所以选择再加入的足量的试剂为Ba(OH)2溶液；
（4）中学中检测Na+和K+的存在，通常是通过焰色反应。如果焰色反应呈黄色，说明溶液中有Na+，如果透过蓝色钴玻璃观察到浅紫色，说明溶液中有K+。
II．剩余硫酸溶液中硫酸的物质的量为0.025d mol，其H+的物质的量为0.05mol。加入KNO3，剩余的铜片恰好完全反应（此时溶液中的硫酸也恰好完全反应，题目中最好能够说明，不然无法计算）。此时相当于溶液中有了硝酸，此时铜片继续溶解，发生反应：
3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O
8 2
0.05d n(NO3-)
，解得n(NO3-)=mol，所以KNO3的物质的量为mol。
20.同学们在实验室里用不同的方法分别制取Cu(NO3)2，并在此基础上探究Cu(NO3)2的化学性质。
（1）甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，反应的化学方程式是___。
（2）乙组同学查阅了硝酸铜晶体的溶解度曲线（下图），据此设计了以下实验方案，先将铜粉在空气中充分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥。乙组同学认为此方案优于甲组的方案，理由之一是_____。
（3）丙组同学用Cu(NO3)2晶体，探究其热稳定性，实验装置如下所示。（夹持装置和加热仪器未画出）
①充分加热Cu(NO3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，红棕色气体是____________。
②集气瓶中最终收集到的气体颜色是____________，U形管中进入集气瓶后颜色发生变化的原因是___。
③欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO[假设Cu(NO3)2晶体已全部分解]，实验方案是___。
④由该实验可得出的结论是___。
【答案】 (1). 3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O (2). 降温结晶 (3). 不会产生污染环境的 NO (4). NO2 (5). 无色 (6). 3NO2 + H2O2 HNO3 + NO (7). 取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到蓝色溶液 (8). Cu(NO3)2 晶体的热稳定性较差
【解析】
【分析】（1）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，据此书写；
（2）根据硝酸铜的溶解度与温度的关系分析判断；
（3）①根据气体的颜色判断气体的成分；
②二氧化氮溶于水生成硝酸和NO；
③根据氧化铜能溶于酸溶液中，溶液显蓝色分析判断；
④根据实验现象分析判断。
【详解】（1）甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，同时还有NO和水生成，反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
（2）根据图像可知硝酸铜的溶解度受温度影响较大，因此欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。先将铜粉在空气中充分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，因此不会产生污染环境的NO，所以此方案优于甲组的方案。
（3）①充分加热Cu(NO3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，因此红棕色气体是NO2。
②由于二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，所以集气瓶中最终收集到的气体颜色是无色，二氧化氮进入集气瓶后颜色发生变化的原因是由于二氧化氮与水反应，方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO。
③氧化铜是碱性氧化物，能与酸反应，则欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO[假设Cu(NO3)2晶体已全部分解]的实验方案是取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到蓝色溶液。
④根据以上分析可知，由该实验可得出的结论是Cu(NO3)2晶体的热稳定性较差。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Zn-65 Cu-64
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共51分)
1.2018年10月21日，港珠澳大桥正式开通，该桥的建成创下多项世界之最，其中仅大桥主梁使用的钢材42万吨。下列材料中不属于铁合金的是（ ）
A. 生铁 B. 铁锈 C. 不锈钢 D. 铁锰合金
【答案】B
【解析】
【分析】合金是由一种金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，据此判断。
【详解】A. 生铁属于铁合金，A不选；
B. 铁锈的主要成分是氧化铁，不是铁合金，B选；
C. 不锈钢属于铁合金，C不选；
D. 铁锰合金属于铁合金，D不选；
答案选B。
2.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 收集NO B. 制备NH3
C. 制备Fe(OH)2 D. 稀释浓H2SO4
【答案】C
【解析】A.因为NO会和空气中的氧气反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，收集NO气体应该用排水法，故A错误；
B.实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氯化铵加热产生的氯化氢和氨气在试管口又会化合生成氯化铵，所以不用分解氯化铵法，故B错误；
C.煤油的密度比水小，可以隔绝空气中的氧气与NaOH溶液和FeSO4溶液接触，用于制备Fe(OH)2，故C正确；
D.稀释浓硫酸时，为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，即将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒搅拌，故D错误。
故选C。
3.下列有关试剂的保存方法，错误的是（ ）
A. 浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中
B. 少量的钠保存在煤油中
C. 氢氧化钠溶液保存在带橡皮塞的玻璃试剂瓶中
D. 新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中
【答案】A
【解析】试题分析：浓硝酸有挥发保存在棕色试剂瓶中，A错；钠的密度比水大，不与煤油反应，所以那可以保存在煤油中，B对；碱性溶液试剂瓶用橡胶塞C对；新制氯水易分解，保存在棕色试剂瓶中，D对，选A。
4.下列物质露置于空气中易变质的是（ ）
①氯水 ②水玻璃 ③烧碱 ④漂白粉 ⑤绿矾 ⑥亚硫酸钠
A. 除⑤外 B. 除②③外 C. 除②③⑥外 D. 全部易变质
【答案】D
【解析】①氯水中次氯酸见光受热易分解而变质；②水玻璃可以吸收空气中的二氧化碳生成硅酸而变质；③酸性氧化物与碱反应生成盐和水原理，烧碱与空气中二氧化碳反应而变质；④漂白粉与空气中的水和二氧化碳反应而变质；⑤二价铁具有强还原性，绿矾与空气中的氧气反应而变质；⑥正四价硫具有强还原性，亚硫酸钠与空气中的氧气反应而变质。因此①②③④⑤⑥露置于空气中均变质，故D符合题意；
正确答案：D。
5.下列因果关系表述正确的是( )
A. 硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维
B. NH3易溶于水，可用作制冷剂
C. 铁比铜金属性强，可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
D. 氯水中的次氯酸具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】D
【解析】A．用于制取光导纤维的是高纯度二氧化硅而不是硅晶体，A项错误；
B．氨气所以能作制冷剂，是因为液氨挥发时要吸收大量的热，与其水溶性强弱无关，B项错误；
C．FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板时发生反应：2FeCl3+Cu2FeCl2+Cu，该反应利用了Fe3+的氧化性强于Cu2+，从中无法看出铁和铜的金属性强弱。要比较铁和铜的金属性强弱，应比较Fe2+和Cu2+的氧化性强弱，比如通过反应Fe+CuSO4Cu+FeSO4可以看出铁的金属性强于铜，C项错误；
D．Cl2溶于水发生反应：Cl2+H2OHClO+HCl，氯气可用于自来水的杀菌和消毒，主要就是利用了次氯酸的强氧化性，D项正确；
所以答案选择D项。
6.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（ ）
A. 4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA
B. 7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有的阴离子数为0.1 NA
C. 2.3gNa与氧气完全反应生成Na2O，转移的电子数为0.2 NA
D. 5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.2 NA
【答案】C
【解析】A. CO2和N2O的相对分子质量均是44，且均由3个原子组成，所以4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA，A正确；B. Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，所以7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有的阴离子数为0.1NA，B正确；C. 2.3gNa的物质的量是0.1mol，与氧气完全反应生成Na2O，转移的电子数为0.1NA，C错误；D. 5.6g铁粉的物质的量是0.1mol，在0.1mol氯气中充分燃烧生成氯化铁，反应中氯气不足，转移的电子数为0.2NA，D正确，答案选C。
7.检验溶液中是否含有某种离子，下列方法正确的是 ( )
A. 向某溶液中加稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-
B. 向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl－
C. 向某溶液中加NaOH溶液并加热,产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明有NH4+
D. 向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-
【答案】A
【解析】A．先加过量的稀盐酸，排除了CO32-、SO32-、Ag+等干扰，并提供了一个强酸性环境，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀为不溶于酸的硫酸钡沉淀，从而确认原溶液中有SO42-，A项正确；
B．能与Ag+反应生成白色沉淀的不仅是Cl-，还有SO42-、CO32-、SO32-等，所以要向产生白色沉淀的溶液中继续加入足量的稀硝酸，通过沉淀不溶解才能进一步确认原溶液中有Cl-，B项错误；
C．氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该选项试纸的颜色描述明显错误，C项错误；
D．某溶液中加入稀盐酸，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是CO2，也可能是SO2或SO2和CO2的混合气体等，则原溶液中可能含有CO32-，或HCO3-，或SO32-、HSO3-等，D项错误；
所以答案选择A项。
8.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. Fe溶于足量稀HNO3：3Fe＋8H＋＋2NO3－3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
B. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：H++OH-H2O
C. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2OAlO2-+2H2O+4NH4+
D. 氨水和醋酸溶液混合：NH3·H2O+CH3COOHNH4++CH3COO-+H2O
【答案】D
【解析】A．因硝酸足量，产物应为Fe3+：Fe＋4H＋＋NO3－Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项错误；
B．HCO3-在书写离子方程式时不拆写，正确的离子方程式为：HCO3-+OH-H2O+CO32-，B项错误；
C．氢氧化铝不溶于过量的氨水，所以正确的离子方程式为：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+，C项错误；
D．一水合氨和醋酸均是弱电解质，用分子式表示，醋酸铵作为强电解质，拆写成离子形式，D项正确；
所以答案选择D项。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )
A. 能使紫色石蕊试液变红的溶液中：NH4+、NO3-、HCO3-
B. 0.1 mol/L的FeCl2溶液中：H＋、SO42-、NO3-
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、Cl－、NO3-
D. 0.1 mol·L－1 NaOH溶液：Mg2+、H＋、SO42-
【答案】C
【解析】A．能使紫色石蕊试液变红溶液是一种酸性的溶液，此时HCO3-将不能大量存在，A项错误；
B．所给溶液中含有了Fe2+、H+、NO3-，将发生氧化还原反应而不能大量共存：3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O，B项错误；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中必含有Fe3+，Fe3+能与NH4+、Cl－、NO3-大量共存，C项正确；
D．将OH-代入后面的离子组后发生两个反应：Mg2++2OH-Mg(OH)2↓，H++OH-H2O，D项错误；
所以答案选择C项。
10.下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量、浓度等)改变，不会引起产物改变的是 ( )
A. NaOH和CO2 B. Fe粉在Cl2中燃烧
C. Na和O2 D. Cu和HNO3溶液
【答案】B
【解析】A．NaOH和CO2反应时，量不同，产物不同。当向NaOH溶液中通入少量CO2时，发生反应：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，当通入过量CO2时，发生反应CO2+NaOHNaHCO3，A项错误；
B．铁氯气中燃烧时，无论反应物量多量少，都生成氯化铁：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B项正确；
C．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠：4Na+O2=2Na2O，在加热或点燃时生成过氧化钠：2Na+O2 Na2O2，条件不同，产物不同，C项错误；
D．铜和浓硝酸反应生成NO2：Cu+4HNO3（浓）Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜和稀硝酸反应生成NO：3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，因反应物硝酸浓度不同而使产物不同，D项错误；
所以答案选择B项。
11.下列反应产生氢气的物质的量最多的是（ ）
A. 足量的Mg与0.5mol·L－1的稀硝酸200mL
B. 足量的Cu与5mol·L－1的硫酸400mL
C. 足量的Al与0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液200mL
D. 足量的Mg与0.5mol·L－1的稀盐酸200mL
【答案】C
【解析】A. 根据反应3Mg+8HNO33Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，足量的Mg与0.5mol·L－1的稀硝酸200mL反应不产生氢气；
B. 铜与稀硫酸不反应，则足量的Cu与5mol·L－1的硫酸400mL没有产生氢气；
C. 根据反应2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑可知，足量的Al与0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液200mL反应，产生的氢气的物质的量为0.3mol·L－1×0.2L×=0.09mol；
D. 根据反应Mg +2HClMgCl2+H2↑可知，足量的Mg与0.5mol·L－1的稀盐酸200mL反应产生的氢气的物质的量为0.5mol·L－1×0.2L×=0.05mol；
综合以上可知，产生氢气物质的量最多的是C。
答案选C。
12.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（ ）
选项
W
X
Y
Z
A
S
SO2
SO3
H2SO4
B
Na
Na2O2
NaOH
NaCl
C
Fe
FeCl3
Fe(OH)2
FeCl2
D
Al
AlCl3
NaAlO2
Al2(SO4)3
【答案】D
【解析】试题分析：A、S不能一步转化为SO3，错误；B、NaCl不能一步转化为Na2O2，错误；C、FeCl3不能一步转化为Fe(OH)2，错误；D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，正确。
13.在硫酸铁溶液中，加入少量铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是（ ）
A. 最后得到的溶液中只含Cu2＋
B. 残余固体可能为铁、铜混合物
C. 残余固体一定全部是铜
D. 最后得到的溶液中含有Fe3＋
【答案】B
【解析】本题涉及的反应有：（1）Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+,(2)Fe+Cu2+Fe2++Cu，Fe+2Fe3+3Fe2+由于Fe3+氧化性比Cu2+强，所以铁粉先和Fe3+反应，再和Cu2+反应，经分析存在几种情况①加入铁粉过量，固体剩余铁、铜，溶液为硫酸亚铁②加入铁粉少量，固体剩余铜，溶液为硫酸亚铁和硫酸铜混合液③加入铁粉恰好把溶液中铁离子与铜离子反应完，剩余固体铜，溶液为硫酸亚铁。根据以上分析可知B选项正确；
正确答案：B。
14.某离子反应涉及到 H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 该反应中Cl－为还原产物
B. 氧化剂与还原剂物质的量比为3:2
C. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
D. 氧化性：ClO－比 N2强
【答案】C
【解析】
【分析】从图示中可以看出，ClO-随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－N2↑+3Cl－+5H2O、
【详解】A．该反应中氯元素的化合价从+1价降为-1价，Cl-是还原产物，A项正确；
B．该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，依离子方程式可以看出其物质的量之比为3：2，B项正确；
C．NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6 mol，C项错误；
D．在该反应中，ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO->N2，D项正确；
所以答案选择C项。
15.下列仪器和装置，用橡胶管经过简单连接，可制备收集多种不同的纯净、干燥的气体 (考虑尾气吸收)。关于这些装置的连接方法正确的是 ( )
A. 实验室用石灰石与稀盐酸制备收集CO2：b→f→d→e
B. 实验室用锌粒与稀硫酸制备收集H2：b→c→g
C. 实验室利用H2O2与二氧化锰制备收集O2：a→c→e
D. 实验室用浓氨水与生石灰反应制备收集NH3：b→d→e
【答案】D
【解析】A．实验室用块状的石灰石与稀盐酸反应来制备CO2:CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑，反应不需要加热，所以发生装置选b，通过f除去挥发出的HCl气体，通过浓硫酸进行干燥，通过向上排空气法收集。碱石灰能与CO2反应，所以不用作CO2的干燥剂，因此该项中只需将d改为c即正确，A项错误；
B．实验室用锌粒与稀硫酸反应制取氢气：Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑，反应不需加热，所以发生装置选b，通过c进行干燥后再通过g收集，所得气体又混入水蒸气，B项错误；
C．实验室利用H2O2与二氧化锰制备O2，反应不需要加热，发生装置不能选取a，C项错误；
D．生石灰与水反应放出大量的热，加速了浓氨水的挥发，碱石灰除去了氨气中的水分，从e装置右侧通入氨气进行收集，D项正确；
所以答案选择D项。
16.某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应（已知NO3－被还原为NO），最终溶液体积为1L。下列说法正确的是( )
A. 所得溶液中c(NO3－)＝2.75 mol·L－1
B. 所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝1：2
C. 反应后生成NO的体积为33.6 L（标准状况下）
D. 所得溶液中的溶质只有FeSO4
【答案】A
【解析】
【分析】第一步反应：比例关系来看，只有H+ 完全反应。
Fe + 4H+ + NO3- Fe3+ + NO↑+2H2O
1 4 1 1 1
1.25mol 5mol 1.25mol 1.25mol 1.25mol
铁粉剩余1.5mol-1.25mol=0.5mol 硝酸根离子剩余4mol-1.25mol=2.75mol
n（Fe3+）=1.25mol V（NO）=n（NO）×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L ；
第二步反应：比例关系来看，铁粉完全反应。
Fe + 2Fe3+= 3Fe2+
1 2 3
0.5mol 1mol 1.5mol
铁离子剩余：1.25mol-1mol=0.25mol，生成n（Fe2+）=1.5mol
【详解】根据以上分析可知
A. 所得溶液中c(NO3－)＝=2.75 mol·L－1，故A正确；
B.所得溶液中所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝1.5:0.25=6:1，故B错误；
C.反应后生成NO的体积为V（NO）=n（NO）×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L （标准状况下），故C错误；
D.反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D错误；
正确答案：A。
二、非选择题(共5题，共52分)
17.随原子序数递增,八种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题:
(1) f在周期表中的位置是__________。
(2) 比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示,下同):____>____;比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:____>____。
(3) 任选上述元素组成一种四原子共价化合物,写出其电子式:____。
(4)f和h形成的化合物的物理性质非常特殊，其的熔点为190℃(2.02×105Pa)，但在180℃就开始升华。据此判断，该化合物是_______(填“共价化合物”或“离子化合物”) , 可以证明你的判断正确的实验依据是________________。
(5) 上述元素可组成盐R: zx4f(gd4)2，向盛有10 mL 1 mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1 mol·L-1NaOH溶液,沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下:
①m点反应的离子方程式: ________________。
②若在R溶液中改加20 mL 1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为_______mol。
【答案】(1). 第3周期ⅢA族 (2). r(O2－) (3). r(Na＋) (4). HClO4 (5). H2SO4 (6). (7). 共价化合物 (8). 熔融时不导电 (9). NH4+＋OH－NH3·H2O (10). 0.022
【解析】
【分析】根据图中d、g元素最低价态均为-2价，首先判断出d为O，g为S。其它元素依据其价态可依次推出，其中x为H，y为C，z为N，e为Na，f为Al，h为Cl。
（1）在表述元素在周期表中的位置时要说明所在的周期和所在的族。
（2）比较离子半径大小，首先比较电子层数的多少，然后看核电荷数大小；比较最高价氧化物水化物的酸性强弱时，可以从非金属性强弱入手分析。
（3）既是任写一种，当然写自己最熟悉的，比如NH3；
（4）共价化合物往往依靠分子间作用力聚集，熔、沸点较低。通常用化合物在熔融情况下的导电性来判断是离子化合物还是共价化合物。
（5）用好题图信息，明确反应的先后顺序。
【详解】（1）f为Al，在元素周期表的第3周期，第IIIA族；
（2）d、e常见离子为O2-、Na+，它们都是10电子微粒，此时核电荷数越大，半径越小，所以离子半径：r(O2-)>r(Na+)；g为S，h为Cl，它们的最高价氧化物对应水化物的化学式为分别为：H2SO4、HClO4，其酸性强弱是HClO4>H2SO4；
（3）上述元素形成的四原子共价化合物可以是NH3、HCHO、AlCl3等，比如NH3的电子式表达为：；
（4）f和h形成AlCl3，熔点低、易升华说明它是共价化合物；判断一个化合物是离子化合物还是共价化合物，通常可以测其在熔融情况下的导电性，如果该化合物能导电，则为离子化合物，如该化合物不能导电，则为共价化合物；
（5）①上述元素形成的盐R的化学式为NH4Al(SO4)2，加入NaOH溶液后，从沉淀的生成、溶解与消耗NaOH量的关系可以看出，发生反应的先后顺序是：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-NH3·H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；所以m处发生反应的离子方程式为：NH4++OH-NH3·H2O；
②NH4Al(SO4)2的物质的量为0.01mol，其中含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol；Ba(OH)2的物质的量为0.024mol，其中含有Ba2+0.024mol，OH-0.048mol。反应生成的BaSO4沉淀的物质的量为0.02mol(Ba2+过量，用完全反应的SO42-计算所得)；据题图可知OH-涉及的反应有先后，先发生反应：Al3++3OH-Al(OH)3↓，此时Al3+完全反应，消耗OH-的物质的量为0.03mol，接着发生反应：NH4++OH-NH3·H2O，此时NH4+完全反应，消耗OH-的物质的量为0.01mol，最后剩余的OH-0.008，将部分Al(OH)3溶解：
Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O
0.01mol 0.008mol
所以Al(OH)3未溶解的物质的量为：0.01mol-0.008mol=0.002mol，所以最后溶液中沉淀的物质的量为：n(BaSO4)+n[Al(OH)3]余=0.02mol+0.002mol=0.022mol。
18.A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系：
(1)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素，且B为两性物质，W俗称苛性钠。
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_______________。
②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________。
(2)若X是一种黄绿色气体，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。
①检验溶液Z是否变质最灵敏的一种试剂是____________________(名称)；
②一定条件下W与水反应化学方程式_______________________________。
(3)X常温下为气体化合物，Z是一种红棕色气体，X气体的检验方法____________________，X转化为Y的化学方程式为______________________；
(4)X为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。
①则Y到Z的离子方程式为________________________________________；
②请画出向含0.01molX和0.01molY的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像___________。
【答案】(1). 2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2 +H2 (2). Al3-+ 4OH- AlO2- + 2H2O (3). 硫氰化钾溶液 (4). 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2 (5). 使湿润的红色石蕊试纸变蓝(或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟) (6). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (7). SO32-+SO2+H2O2HSO3- (8).
【解析】
【分析】W为NaOH。B为两性物质且含有一种金属元素，确定该金属元素为铝元素，因在溶液中产生了B，所以B为Al(OH)3。
【详解】（1）①铝与NaOH反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；
②A溶液中含有Al3+,与NaOH反应生成了Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，所以A溶液一步转化为C溶液的离子方程式为：Al3++4OH-AlO2-+2H2O；
（2）X为黄绿色气体，则X为氯气，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，说明Y为FeCl3溶液。据此进一步判断W为Fe，Z为FeCl2。
①检验FeCl2溶液是否变质最灵敏的试剂是KSCN溶液，如果FeCl2溶液变质，则滴加KSCN溶液后，溶液呈现血红色；
②在高温条件下铁与水反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；
（3）红棕色的气体Z是NO2气体；X为气体化合物，经氧气连续氧化生成NO2，猜测X为NH3，Y为NO；检验NH3是利用其水溶液呈碱性，用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝，说明气体是氨气；或者利用NH3与HCl反应生成白烟这一性质来检验。NH3转化为NO的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O；
（4）①如果X为一元强碱，W是形成酸雨的主要物质，则推测W为SO2，则根据图示转化关系判断Y为SO32-，Z为HSO3-，则Y到Z的离子方程式为：SO32-+SO2+H2O2HSO3-；②溶液中含有0.01molOH-和0.01molSO32-，滴入稀盐酸，首先发生反应：OH-+H+H2O，此时消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，没有气体逸出；然后发生反应：SO32-+H+HSO3-，此时也消耗0.1mol/L的HCl共0.1L，也没有气体逸出；最终发生反应：HSO3-+H+H2O+SO2↑，此时完全反应消耗盐酸的体积为0.lL，逸出气体的物质的量为0.01mol。据此可绘出图象：。
19.I.现有一瓶无色澄清溶液，可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成，请根据以下实验步骤及现象回答下列问题：
步骤一：取适量待测液，加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体；
步骤二：向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体；
步骤三：向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶液C。
(1)下列有关该溶液说法正确的是________________(填字母)。
A 一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32- B 一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-
C 可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、 D 可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-
(2)步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是____________________。
(3)若向原溶液中先加入足量的盐酸，再加入足量的______________(填化学式)并加热，也能得出步骤一、步骤二相同的结论。
(4)对于溶液中还可能存在的阳离子，确认其存在的实验方法是__________________。
II.用一定质量的铜片和25.0 mL 18.0 mol·L－1的浓硫酸在加热条件充分反应，最终铜片与硫酸均有剩余。假定反应前后溶液的体积不变，设剩余硫酸的浓度为d mol·L－1，现向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，充分搅拌直到剩余铜片恰好完全反应，反应消耗硝酸钾____________mol(用含d的代数式表示)。
【答案】(1). AC (2). Cl2+2I-I2+2Cl- (3). Ba(OH)2 (4). 通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色则含有K+ (5). d/80或0.0125d 、1.25×10-2d
【解析】
【分析】因为溶液是“无色”的，所以溶液 中没有Fe2+、MnO4-；加入NaOH溶液并加热，产生的刺激性气味的气体应是NH3，说明原溶液中有NH4+；加入足量的稀盐酸，首先将过量的NaOH中和掉，白色沉淀B为不溶于酸的BaSO4沉淀，说明原溶液中含有SO42-；产生刺激性气味的气体应是SO2，说明原溶液中含有SO32-；向溶液B中通入Cl2，得到的黄褐色溶液C中应含有I2，说明原溶液中含有I-。综合上述推断，该瓶无色澄清溶液中，一定含有NH4+、SO42-、SO32-、I-，一定没有Fe2+、MnO4-，可能含有Na+、K+、CO32-。
【详解】I．（1）A项正确，根据上述分析，所给四种离子一定存在；B项错误，因所加稀盐酸足量，所以无法证明CO32-是否存在；C项正确，所给四种离子无法判断是否存在；D项错误，因溶液中有I-、SO32-、SO42-(甚至可能含有的CO32-)均能与Ag+反应生成白色沉淀，所以单用AgNO3溶液，无法检测出溶液中是否有Cl-，至少要再加入过量的稀硝酸；
（2）步骤三中发生了氯气与I-的反应：Cl2+2I-2Cl-+I2；
（3）步聚一和步骤二检验出了NH4+和SO42-、SO32-，没有检测出CO32-；如先加入足量的盐酸，可以通过产生刺激性气味的气体，确认SO32-的存在，并除去了SO32-和可能有的CO32-；要检测NH4+，肯定需要OH-，要检测SO42-，则需要Ba2+，所以选择再加入的足量的试剂为Ba(OH)2溶液；
（4）中学中检测Na+和K+的存在，通常是通过焰色反应。如果焰色反应呈黄色，说明溶液中有Na+，如果透过蓝色钴玻璃观察到浅紫色，说明溶液中有K+。
II．剩余硫酸溶液中硫酸的物质的量为0.025d mol，其H+的物质的量为0.05mol。加入KNO3，剩余的铜片恰好完全反应（此时溶液中的硫酸也恰好完全反应，题目中最好能够说明，不然无法计算）。此时相当于溶液中有了硝酸，此时铜片继续溶解，发生反应：
3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O
8 2
0.05d n(NO3-)
，解得n(NO3-)=mol，所以KNO3的物质的量为mol。
20.同学们在实验室里用不同的方法分别制取Cu(NO3)2，并在此基础上探究Cu(NO3)2的化学性质。
（1）甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，反应的化学方程式是___。
（2）乙组同学查阅了硝酸铜晶体的溶解度曲线（下图），据此设计了以下实验方案，先将铜粉在空气中充分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥。乙组同学认为此方案优于甲组的方案，理由之一是_____。
（3）丙组同学用Cu(NO3)2晶体，探究其热稳定性，实验装置如下所示。（夹持装置和加热仪器未画出）
①充分加热Cu(NO3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，红棕色气体是____________。
②集气瓶中最终收集到的气体颜色是____________，U形管中进入集气瓶后颜色发生变化的原因是___。
③欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO[假设Cu(NO3)2晶体已全部分解]，实验方案是___。
④由该实验可得出的结论是___。
【答案】 (1). 3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O (2). 降温结晶 (3). 不会产生污染环境的 NO (4). NO2 (5). 无色 (6). 3NO2 + H2O2 HNO3 + NO (7). 取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到蓝色溶液 (8). Cu(NO3)2 晶体的热稳定性较差
【解析】
【分析】（1）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，据此书写；
（2）根据硝酸铜的溶解度与温度的关系分析判断；
（3）①根据气体的颜色判断气体的成分；
②二氧化氮溶于水生成硝酸和NO；
③根据氧化铜能溶于酸溶液中，溶液显蓝色分析判断；
④根据实验现象分析判断。
【详解】（1）甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，同时还有NO和水生成，反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
（2）根据图像可知硝酸铜的溶解度受温度影响较大，因此欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。先将铜粉在空气中充分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，因此不会产生污染环境的NO，所以此方案优于甲组的方案。
（3）①充分加热Cu(NO3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，因此红棕色气体是NO2。
②由于二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，所以集气瓶中最终收集到的气体颜色是无色，二氧化氮进入集气瓶后颜色发生变化的原因是由于二氧化氮与水反应，方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO。
③氧化铜是碱性氧化物，能与酸反应，则欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO[假设Cu(NO3)2晶体已全部分解]的实验方案是取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到蓝色溶液。
④根据以上分析可知，由该实验可得出的结论是Cu(NO3)2晶体的热稳定性较差。
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