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吉林省延边第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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延边第二中学2019～2020学年度第一学期期中考试高一年级化学学科试卷
考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题60分）和第Ⅱ卷（非选择题40分）、附加题（15分），试卷共6页，共四大题，31小题, 附加题计入总分。总分115分，考试时间100分钟。
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 S:32 Cl：35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 I:127 Ba:137
Ⅰ部分（共60分）
一、单项选择题（15小题，每小题2分，共30分）
1.下列生产、生活、实验中的行为，符合安全要求的是（ ）
A. 点燃打火机，可以检验液化气钢瓶口是否漏气
B. 节日期间，可以在热闹繁华的商场里燃放烟花爆竹，欢庆节日
C. 进入煤矿井下作业，戴上安全帽，用帽上的矿灯照明
D. 实验室里，可以将水倒入浓硫酸中及时用玻璃棒搅拌，配制稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若液化气钢瓶口漏气，点燃打火机，导致爆炸，与题意不符，A错误；
B. 节日期间，不可以在热闹繁华的商场里燃放烟花爆竹，容易造成危险，与题意不符，B错误；
C. 进入煤矿井下作业，戴上安全帽，用帽上的矿灯照明，不能用明火照明，已造成危险，符合题意，C正确；
D. 实验室里应将浓硫酸倒入水中并不断用玻璃棒搅拌来配制稀硫酸，选项操作可能会引起液体飞溅，造成危险，D错误；
答案为D。
2.需要分离下列两种混合物，选用最合适的实验装置是（ ）
a.汽油中不小心混入了大量的水；
b.水与丙酮的混合物，已知:丙酮是一种可与水混溶的无色液体，密度小于水，沸点约为56℃。
①②④③
A. ④③ B. ②④ C. ②① D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】a.汽油中不小心混入了大量的水，汽油与水为互不相容的液体，可用分液漏斗分离，选用装置②；
b.水与丙酮的混合物，丙酮与水的沸点不同，可用蒸馏的方式分离，选用装置④；综上所述，②④符合题意，答案为B。
3.下列实验方案中，可行的是 ( )
A. 将白醋滴在润湿的pH试纸上，测定其pH
B. 按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离CaCl2、CaCO3的混合物
C. 用氢氧化钠溶液除去CO2中的HCl气体
D. 检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸
【答案】B
【解析】
A、将白醋滴在润湿的pH试纸上，相当于白醋被稀释，故A错误；B、CaCl2易溶于水，CaCO3难溶于水，要分离可以按溶解、过滤、蒸发的操作顺序进行，故B正确；C、氢氧化钠溶液也能与二氧化碳反应，故C错误；D、依次加入BaCl2溶液和稀盐酸，生成的白色沉淀可能为氯化银，不能说明含有SO42-，故D错误；故选B。
4.某种牵牛花清晨呈粉红色，下午变为蓝紫色。原因是：清晨该牵牛花细胞内CO2含量较高，细胞液呈酸性；下午细胞内CO2含量较低。由此推测，该牵牛花中含有能变色的物质，这种物质的性质类似于( )
A. 碘溶液 B. 酚酞试液 C. 石蕊试液 D. 硫酸溶液
【答案】C
【解析】
【详解】清晨该牵牛花细胞内的CO2含量较高，细胞液呈酸性，牵牛花呈粉红色；下午细胞内的CO2含量较低，酸性减弱，牵牛花呈蓝紫色，说明牵牛花中含有能变色的物质的性质与石蕊相似，故选C。
5.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是
A. 胶体的电泳 B. 血液的氧化还原反应
C. 血液中发生复分解反应 D. 胶体的聚沉
【答案】D
【解析】
【详解】食盐的主要成分NaCl是电解质，血液是胶体，其胶体粒子带电荷，往伤口上撒盐会使血液发生聚沉而止血。用到胶体的聚沉，故答案选D。
6.下列各组中两种气体的分子数一定相等的是
A. 同质量、同体积的O2和N2
B. 同质量、密度不等的N2和CO2
C. 同体积、不同密度的CO和N2
D. 同温、同压、同体积的N2和SO2
【答案】D
【解析】
A. 氧气和氮气的相对分子质量不相等，同质量、同体积的O2和N2所含分子数一定不相等，A错误；B. N2和CO2相对分子质量不相等，同质量、密度不等的N2和CO2所含分子数一定不相等，B错误；C. 同体积、不同密度的CO和N2所处的压强不一定相同，分子数不一定相等，C错误；D. 根据阿伏加德罗定律同温度、同压、同体积的气体所含分子数一定相等，因此同温、同压、同体积的N2和SO2所含分子数一定相等，D正确，答案选D。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. 1L CO气体一定比1L O2的质量小
B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子
C. 1 mol O2中含有1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L
D. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍
【答案】A
【解析】
【详解】A. 未给定气体的状态，则无法确定1L CO气体一定比1L O2的质量的大小，符合题意，A正确；
B. 同温、同压下，相同体积的气体含有相同的物质的量，则含有相同数目的分子，与题意不符，B错误；
C. 1 mol O2中含有6.02×1023个氧气分子，1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L，与题意不符，C错误；
D. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度=总质量/总物质的量=14.6g/0.5mol=29.2g/mol，相同状况下，相对密度之比等于相对摩尔质量之比，则为O2密度的29.2/32=0.913倍，与题意不符，D错误；
答案为A。
【点睛】混合气体的摩尔质量=。
8.取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中硫酸的物质的量浓度是
A. 0.21 mol·L－1 B. 0.42 mol·L－1 C. 0.56 mol·L－1 D. 0.26 mol·L－1
【答案】A
【解析】
该混合溶液中H+的物质的量为n(H+)=(0.1 L×0.3 mol·L-1+0.3 L×0.25 mol·L-1)×2=0.21 mol，所以c(H+)0.21/500×10－3mol·L－1=0.42 mol·L-1，故B正确。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L氧气含有的原子数目为NA
B. 14g N2和N4 组成的混合气体中含有的原子数为NA
C. 常温常压下，1mol 氦气含有的核外电子数为4NA
D. 1mol/L CaCl2 溶液中含有的氯离子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的氧原子小于NA个，故A错误；
B. N2和N4 均由N原子构成，故14g混合物中含有的N原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故B正确；
C. 氦气是单原子分子，核外有2个电子，故1mol氦气的核外有2NA个电子，故C错误；
D. 溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误；
故选B。
【点睛】在遇到阿伏伽德罗相关正误判断的题目时，一定要注意“气体陷阱”，即说气体体积，必须说明温度和压强，说22.4L/mol，必须是标况下的气体。
10.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）
A. 氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与醋酸
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液
C. Na2CO3溶液与盐酸；CaCO3与盐酸
D. 过量CO2通入NaOH溶液中；过量CO2通入澄清石灰水中
【答案】D
【解析】
【详解】A.盐酸为强酸，醋酸为弱酸，与氢氧化钠反应时，离子方程式不相同，与题意不符，A错误；
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应只生成硫酸钡沉淀；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式不相同，与题意不符，B错误；
C. Na2CO3为强电解质，完全电离，CaCO3为固体与盐酸反应时，离子方程式不相同，与题意不符，C错误；
D. 过量CO2通入NaOH溶液中；过量CO2通入澄清石灰水中生成的均为碳酸氢根离子，离子方程式相同，符合题意，D正确；
答案为D。
11.化工厂用反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2检验氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）
A. 若管道漏气遇氨气会产生白烟 B. 该反应中Cl2 是氧化剂
C. 该反应中氧化剂和还原剂的比值为3：8 D. 每生成1mol N2有6mol电子转移
【答案】C
【解析】
【分析】
反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2中，只有NH4Cl为固体，其余物质为气体，当气体中生成固体时，有白烟产生。
【详解】A. 若管道漏气遇氨气会生成NH4Cl，从而产生白烟，A正确；
B. 该反应中氯元素价态降低，Cl2 是氧化剂，B正确；
C. 该反应中氧化剂和还原剂的比值为3：2，C错误；
D. N元素由-3价部分升高为0价，每生成1mol N2有6mol电子转移，D正确。
答案为C.
【点睛】反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2中，NH3表现出还原性和碱性，若我们忽视了它的碱性部分，而认为全部表现出还原性，则会得出氧化剂和还原剂的比值为3：8的错误结论。
12.某同学作业中有一个离子方程式：RO3x+2R2-+6H+=3R+3H2O，其中R所带电荷x模糊不清。推断RO3x中R元素的化合价是( )
A. -2 B. +2 C. +4 D. +6
【答案】C
【解析】
设RO3x中R的化合价为n，根据得失电子守恒，n-0=2×[0-(-2)]，n=+4，故选项C正确。
点睛：利用得失电子数目守恒，即氧化剂的物质的量×变价原子的物质的量×化合价的变化=还原剂的物质的量×变价原子的物质的量×化合价的变化，即有n-0=2×[0-(-2)]，n=+4。
13.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既不是氧化剂也不是还原剂．下列反应与Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl相比较，水的作用完全相同的是（ ）
A. 2H2O2H2↑+O2↑ B. 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
C. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ D. C + H2O CO + H2
【答案】B
【解析】
【分析】
Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl反应中，水中H、O的化合价为变化，为既不是氧化剂也不是还原剂。
【详解】A. 2H2O2H2↑+O2↑，H的化合价降低，O的化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，与题意不符，A错误；
B. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，水中H、O的化合价为变化，为既不是氧化剂也不是还原剂，符合题意，B正确；
C. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，水中H的化合价降低，作氧化剂，与题意不符，C错误；
D. C + H2O CO+ H2，水中H的化合价降低，作氧化剂，与题意不符，D错误；
答案为B。
【点睛】还原剂化合价升高，被氧化，生成氧化产物，氧化剂化合价降低，被还原，生成还原产物
14.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是（ ）
A. Na2CO3 NaCl NaOH B. NaCl NaOH Na2CO3
C. NaOH NaCl Na2CO3 D. NaCl Na2CO3 NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】根据所加试剂，Mg2+、Ag+、Ba2+均能与Na2CO3反应，则最后加入；Mg2+、Ag+均能与NaOH反应，则第二个加入；Ag+能与NaCl反应，首先加入，则答案为B。
15.下列说法错误的是（ ）
A. 钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2
B. 镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要特殊保护
C. 铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼
D. 铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O2比Na2O稳定，则钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2，与题意不符，A正确；
B. 镁因在空气中形成了一薄层致密氧化膜，阻止了镁与空气接触，保护了里面的镁，故镁不需要特殊保护，与题意不符，B错误；
C. 铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝非常活泼，在铝的表面形成一层致密氧化膜，保护金属铝，符合题意，C正确；
D. 铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能阻止铁与氧气接触，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层，与题意不符，D错误；
答案为C。
【点睛】铝非常活泼，在空气中与氧气反应，在铝的表面形成一层致密氧化膜，阻止与氧气的接触，保护金属铝。
二、单项选择题（10小题，每小题3分，共30分）
16.下列叙述中正确的是( )
①可以用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质 ②含氧的化合物都是氧化物 ③粗盐的提纯实验中，滤液在坩埚中加热蒸发结晶 ④酸性氧化物都是非金属氧化物 ⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐 ⑥酸和碱的中和反应都是复分解反应 ⑦CaCl2、NaOH、CH3COOH、盐酸都是化合物 ⑧分液漏斗和容量瓶在使用前都需要检漏 ⑨萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气 ⑩蒸馏时加入沸石的目的是为了防止暴沸；蒸馏时温度计水银球应插入烧瓶内液面下
A. 全部 B. ⑤⑥⑧⑨ C. ①③④⑤ D. ⑥⑦⑧⑩
【答案】B
【解析】
【详解】①酒精和水可以任意比互溶，不可以用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质，①错误；
②含氧的化合物不一定都是氧化物，如NaOH，含有氧原子，为碱，②错误；
③粗盐的提纯实验中，滤液在蒸发皿中加热蒸发结晶，③错误；
④酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如七氧化二锰Mn2O7，为金属氧化物，酸性氧化物，④错误；
⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐，⑤正确；
⑥酸和碱的中和反应化合价均为变化，都是复分解反应，⑥正确；
⑦CaCl2、NaOH、CH3COOH都是化合物，盐酸为混合物，⑦错误；
⑧分液漏斗和容量瓶在使用前都需要检漏，⑧正确；
⑨萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气，防止装置内压强过大导致危险，⑨正确；
⑩蒸馏时加入沸石的目的是为了防止暴沸；蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，⑩错误；
综上所述，答案为B。
17.在一定温度和压强下，2体积X2气体与3体积Y2气体恰好完全反应，生成2体积气体化合物Z，则Z的化学式可能是( )
A. X2Y3 B. XY C. X3Y D. XY3
【答案】A
【解析】
根据阿伏加德罗定律和质量守恒定律可知，选项A正确，答案选A。
18.在标准状况下，一个装满氧气的容器质量为74g，若装满氮气时质量是66g，此容器的体积是（ ）
A. 4.48L B. 11.2L C. 22.4L D. 44.8L
【答案】D
【解析】
试题分析：假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：
mg+nmol×32g/mol=74g
mg+nmol×28g/mol=66g
联立方程，解得n=2mol
气体的体积为V=mol×22.4L/mol=44.8L．
所以容器的容积为44.8L．
考点：阿伏加德罗定律及推论。
点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，氯气的体积等于氮气体积等于容器的体积，是解题的关键。
19.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是( )
A. 所得溶液的质量分数：w＝ B. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
C. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L D. 所得溶液中含有NA个HCl分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据c=，则所得溶液的质量分数：w＝=，符合题意，A正确；
B. 所得溶液的物质的量浓度c=n/V，36.5 g HCl为1mol，而溶液的体积大于1L，则浓度小于1 mol·L－1，与题意不符，B错误;
C. 36.5 g HCl气体在标准状况下占有的体积为22.4 L，与题意不符，C错误；
D. HCl为强电解质，所得溶液中不存在HCl分子，与题意不符，D错误；
答案为A。
20.已知N元素的最低化合价是 –3价，最高化合价是+5价，那么下列物质中的N元素只具有氧化性的是( )
A. NH3 B. N2 C. NO2 D. HNO3
【答案】D
【解析】
【分析】
N元素只具有氧化性，则化合价只能降低，化合价为+5价。
【详解】A. NH3化合价为-3价，最低价，只有还原性，与题意不符，A错误；
B. N2化合价为0价，既可以升高，又可以降低，与题意不符，B错误；
C. NO2化合价为+4价，既可以升高，又可以降低，与题意不符，C错误；
D. HNO3化合价为+5价，符合题意，D正确；
答案为D。
21.如表中评价合理的是（ ）
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至SO42-沉淀完全：2H++ SO42-+Ba2++2OH==BaSO4↓+2H2O
正确
B
向碳酸镁浊液中加入足量稀盐酸：CO32- +2H+CO2↑+H2O
错误，碳酸镁不应写成离子形式
C
向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O==Fe(OH)3↓+3H+
正确
D
碳酸氢钠与足量澄清石灰水反应：2HCO3-+Ca2++2OH-==CaCO3↓+CO32-+2H2O
正确
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至SO42-沉淀完全，H++SO42-+Ba2++OH==BaSO4↓+ H2O ，与题意不符，A错误；
B. 碳酸镁为固体，则MgCO3+2H+Mg2++CO2↑+H2O ，符合题意，B正确；
C. 向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色，生成的为氢氧化铁胶体，与题意不符，C错误；
D. 碳酸氢钠与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-==CaCO3↓+ H2O，与题意不符，D错误；
答案为B。
22.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。
（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况）。
下列说法正确的是（ ）
A. 该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ B. 该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+
C. 该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl- D. 根据以上实验，无法确定该固体中有Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，则固体中不含有Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，则含有0.02mol硫酸根离子，0.01mol碳酸根离子；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况），则含有0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钠离子，不能确定是否含有氯离子。
【详解】A. 分析可知，该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ ，符合题意，A正确；
B. 该固体中一定没有Cu2+，Cl-不能确定，与题意不符，B错误；
C. 该固体中含有NH4+、CO32-、SO42-，与题意不符，C错误；
D. 根据以上实验，可确定该固体中有Na+，与题意不符，D错误；
答案为A。
【点睛】根据题中给定的数据，及溶液呈电中性，可判断一定存在Na+。
23.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑，若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是（ ）
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应①，氧化性：FeCl3> I2，根据反应②，氧化性：Cl2>FeCl3，根据反应③，氧化性：2KMnO4>Cl2。
【详解】除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，则加入氧化性大于I2，而小于Cl2，试剂为FeCl3，答案为C。
24.一定条件下，当溶液中XO与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为( )
A. ＋2 B. ＋3
C. ＋4 D. ＋5
【答案】A
【解析】
试题分析：H2O2恰好将XO4-还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=2，故选A。
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。
25.在常温下，发生下列几种反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3+＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，下列结论判断错误的是 （ ）
A. 溶液中可发生：Z2＋2A2+===2A3+＋2Z－
B. Z2在①、③反应中为还原剂
C. 氧化性强弱的顺序为：XO4->Z2>B2>A3+
D. X2＋是XO4-的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
关于氧化性，由①得：XO4->Z2，由②得，B2>A3＋，由③得Z2>B2，即XO4->Z2>B2>A3+，同理还原性强弱顺序为：A2+>B－>Z－>X2+；
【详解】A.还原性强弱顺序为：A2+>B－>Z－>X2+，因此Z2＋2A2+===2A3+＋2Z－可以发生，A项正确；
B.Z2在反应①中为氧化产物，而在③中为氧化剂，B项错误；
C.由①得：XO4->Z2，由②得，B2>A3＋，由③得Z2>B2，即氧化性强弱大小：XO4->Z2>B2>A3+，C项正确；
D. X2＋是XO4-的还原产物，D项正确；
答案选B。
Ⅱ部分（共55分）
三、填空题（4小题，共40分）
26.有以下10种物质：①铜 ②稀硫酸 ③氯化氢 ④氨气 ⑤空气 ⑥二氧化碳 ⑦乙醇 ⑧熔融氯化钠 ⑨NaOH ⑩H2CO3。
（1）能导电是___；
（2）属于电解质的是_______；
（3）属于非电解质的是______。
【答案】 (1). ①②⑧ (2). ③⑧⑨⑩ (3). ④⑥⑦
【解析】
【分析】
①铜为单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
②稀硫酸为混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
③氯化氢为化合物，水溶液能导电，为电解质；
④氨气为化合物，溶于水与水反应生成的一水合氨为电解质，液态氨气不导电，为非电解质；
⑤空气为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑥二氧化碳为化合物，溶于水与水反应生成的碳酸为电解质，液态氨气不导电，为非电解质； ⑦乙醇为化合物，水溶液及液体均不导电，为非电解质；
⑧熔融氯化钠为化合物，能导电，为电解质；
⑨NaOH为化合物，水溶液能导电，为电解质；
⑩H2CO3为化合物，水溶液能导电，为电解质。
【详解】根据分析可知，（1）能导电的是①②⑧；
（2）属于电解质的是③⑧⑨⑩；
（3）属于非电解质的是④⑥⑦。
27.(1)下列有关实验叙述正确的是________（填序号）。
a.试管、烧杯均可用于给液体、固体加热
b.使食盐水中NaCl结晶析出时，常用到的仪器有坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角
c.用分液漏斗分离水和乙酸混合液
d.分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，换一个接收容器，再将上层液体从分液漏斗下口放出
e.用托盘天平称取25.20g氯化钠
f.取用金属钠时，没用完的钠要放回原瓶
(2)实验室用密度为1.25g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1mol/L的盐酸，应量取浓盐酸体积__mL。使用的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要_____、____。
(3)在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是(填序号)___。
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
C．配置溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转摇匀
F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
【答案】 (1). f (2). 2.0 (3). 250mL的容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). BCDF
【解析】
【分析】
(1) 根据实验操作的正确性与规范性分析作答；
(2) 配置240mL溶液需选用250mL的容量瓶，根据c(HCl)=， c1V1=c2V2，进行计算；
(3)根据容量瓶的正确使用方法分析。
【详解】(1) a.试管可用于给液体、固体加热，烧杯可用于给液体加热，与题意不符，a错误；
b.使食盐水中NaCl结晶析出时，常用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、泥三角、坩埚钳等，与题意不符，b错误；
c.用分液漏斗分离互不相容的液体，水和乙酸相互溶解，与题意不符，c错误；
d.分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，换一个接收容器，再将上层液体从分液漏斗上口倒出，与题意不符，d错误；
e.用托盘天平称取25.2g氯化钠，精确度不对，与题意不符，e错误；
f.取用金属钠时，没用完的钠要放回原瓶，符合题意，f正确；
答案为f；
(2)c（HCl）=1000ρω/M=1000×1.25×36.5%/36.5=12.5mol/L，根据c1×V1=c2×V2，配置240mL溶液需选用250mL的容量瓶，则量取浓盐酸的体积为2.0mL；定容时还需要胶头滴管；
(3) A．使用容量瓶前，必须检查它是否漏水，与题意不符，A错误；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配液润洗，否则导致待配液浓度偏高，符合题意，B正确；
C．配置溶液时，如果试样是固体，把称好的试样在小烧杯中溶解，待恢复至室温后，转移到容量瓶中，并缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线，符合题意，C正确；
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后在小烧杯中稀释，再倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线，符合题意，D正确；
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，与题意不符，E错误；
F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致配液的体积偏大，浓度偏低，符合题意，F正确；
答案为BCDF。
【点睛】配置240mL溶液，则需选用250mL容量瓶，且根据此体积进行计算。
28.氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。
（1）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O。
①其中还原剂为____，还原产物为____。
②若有0.8mol还原剂被氧化，则转移电子的物质的量是____。
（2）人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为_____，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式_______。
（3）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为______。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶1，则氧化产物为___。
【答案】 (1). HBr (2). MnBr2 (3). 0.8mol (4). Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ (5). 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O (6). ＋1 (7). H3PO4
【解析】
【分析】
（1）根据氧化还原反应的规律分析；
（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，则铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气；Fe2＋与氢离子和氧气反应生成铁离子和水；
（3）①H3PO2中元素化合价代数和为零，进行求解；
②根据化合价升降总数相等进行判断。
【详解】（1）①高锰酸钾和氢溴酸反应，Mn的化合价降低，KMnO4作氧化剂，对应的产物为还原产物，为MnBr2；Br的化合价升高，HBr作还原剂；
②有0.8mol还原剂被氧化，化合价由-1变为0价，失去0.8mol电子；
（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，则铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；Fe2＋与氢离子和氧气反应生成铁离子和水，则离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；
（3）①H3PO2中元素化合价的代数和为零，H为+1价，O为-2价，则P为+1价；
②H3PO2化合价升高，Ag＋还原为Ag，化合价降低，作氧化剂，其物质的量为4，得4个电子，则H3PO2的计量数为1，失去4个电子，化合价变为+5价，产物为H3PO4。
【点睛】还原剂化合价升高，失去电子；氧化剂得电子，化合价降低，且得失电子总数相等。
29.有一包白色粉末，其中可能含有Ba（NO3）2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生；③向①的上层清液中滴入硫酸钠溶液，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）原白色粉末中一定含有的物质是____，一定不含有的物质是____。写化学式）
（2）写出各步变化的离子方程式．①______； ②_____；③____。
【答案】 (1). Ba（NO3）2、MgCl2、NaOH (2). K2CO3 (3). Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓ (4). Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O (5). Ba2++SO42﹣=BaSO4↓
【解析】
【分析】
向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，可判断白色沉淀为氢氧化镁，则白色粉末含有MgCl2、NaOH，无K2CO3；向①的上层清液中滴入硫酸钠溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为硫酸钡，则白色粉末含有Ba（NO3）2。
【详解】（1）分析可知原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、MgCl2、NaOH；一定不含有的物质是K2CO3；
（2）①白色沉淀为氢氧化镁，反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓；
②氢氧化镁溶解生产镁离子和水，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
③白色沉淀为硫酸钡，离子方程式为Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；
四、附加题（共15分）
30.（1）将a mol Cl2 通入含b mol FeBr2的溶液中，当0< a / b≤1/2 时，反应的离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- ，写出另2个可能发生的离子方程式。
①当 a / b =1时___；②当a / b≥3/2时_______。
（2）观察反应①②，总结规律，并模仿反应①②方程式完成下列问题：①Al(OH)3 ＋H2O Al(OH)4― + H+；②NH3+H2ONH4+ + OH―。
（A）已知B(OH)3是一元弱酸，试写出其电离方程式： ___；
（B）N2H4是二元弱碱，其电离分步进行，第一步电离方程式N2H4+H2O N2H5+ + OH―，试写出其第二步电离方程式_____。
【答案】 (1). 2Cl2 + 2Fe2+ + 2Br― = 4Cl―+ 2Fe3+ + Br2 (2). 3Cl2 + 2Fe2+ + 4Br―=2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl― (3). B(OH)3＋H2O B(OH)4― + H+ (4). N2H5+ +H2ON2H62+ + OH―
【解析】
【分析】
（1）根据还原性顺序：Fe2+ > Br―,进行反应，书写离子方程式；
（2）（A）已知B(OH)3是一元弱酸，Al与B为同主族元素，则与Al的电离相同；
（B）N2H4是二元弱碱，第二步电离方程式为N2H5+ +H2ON2H62+ + OH―。
【详解】（1）还原性：Fe2+ > Br―, ①当 a / b =1时，氯气与亚铁离子反应完毕后，继续与溴离子反应，方程式为2Cl2 + 2Fe2+ + 2Br― = 4Cl―+ 2Fe3+ + Br2；②当a / b≥3/2，FeBr2完全反应，离子方程式为3Cl2 + 2Fe2+ + 4Br―=2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl―；
（2）（A）已知B(OH)3是一元弱酸，Al与B为同主族元素，则与Al的电离相同，电离方程式为B(OH)3＋H2O B(OH)4― + H+；
（B）N2H4是二元弱碱，第二步电离方程式为N2H5+ +H2ON2H62+ + OH―。
31.查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋，而本身被还原为NO（有毒气体）。试回答下列问题：
（1）某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离子方程式：____。
（2）Fe与过量稀硫酸反应可制取FeSO4。若将反应所得酸性溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是____(填序号)。
A. Cl2 B. Fe C.H2O2 D.HNO2
（3）若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，试配平下列方程式：____FeSO4＋K2O2→K2FeO4＋K2O＋K2SO4＋O2↑。
【答案】 (1). 6H＋+5NO2-+2MnO4- =NO3-+2Mn2++3H2O (2). C (3). 2 6 2 2 2 1
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知，反应物为MnO4-、NO2- 、H＋，生成物为NO3-、Mn2+、水；
（2）根据除杂原则分析；
（3）根据FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，则共失去10个电子；部分O的化合价由-1变为-2价，需得到10个电子即可配平。
【详解】（1）根据题意可知，反应物为MnO4-、NO2- 、H＋，生成物为NO3-、Mn2+、水，则离子方程式为6H＋+5NO2-+2MnO4- =NO3-+2Mn2++3H2O；
（2）A. Cl2能氧化亚铁离子为三价铁离子，但引入新的杂质离子，与题意不符，A错误；
B. Fe只与氢离子反应生成亚铁离子，与题意不符，B错误；
C.H2O2 能氧化亚铁离子为三价铁离子，且不引入新的杂质离子，符合题意，C正确；
D.HNO2能把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原为有毒的NO，与题意不符，D错误；
答案为C；
（3）Fe的化合价由+2变为+6，失4个电子，O的化合价由-1变为0价，失2个电子，其系数为2：1，则共失去10个电子；部分O的化合价由-1变为-2价，需得到10个电子，则K2O2系数为6，K2FeO4系数为2，K2SO4系数为2，K2O系数为2，方程式为2FeSO4＋6K2O2=2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑。
延边第二中学2019～2020学年度第一学期期中考试高一年级化学学科试卷
考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题60分）和第Ⅱ卷（非选择题40分）、附加题（15分），试卷共6页，共四大题，31小题, 附加题计入总分。总分115分，考试时间100分钟。
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 S:32 Cl：35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 I:127 Ba:137
Ⅰ部分（共60分）
一、单项选择题（15小题，每小题2分，共30分）
1.下列生产、生活、实验中的行为，符合安全要求的是（ ）
A. 点燃打火机，可以检验液化气钢瓶口是否漏气
B. 节日期间，可以在热闹繁华的商场里燃放烟花爆竹，欢庆节日
C. 进入煤矿井下作业，戴上安全帽，用帽上的矿灯照明
D. 实验室里，可以将水倒入浓硫酸中及时用玻璃棒搅拌，配制稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若液化气钢瓶口漏气，点燃打火机，导致爆炸，与题意不符，A错误；
B. 节日期间，不可以在热闹繁华的商场里燃放烟花爆竹，容易造成危险，与题意不符，B错误；
C. 进入煤矿井下作业，戴上安全帽，用帽上的矿灯照明，不能用明火照明，已造成危险，符合题意，C正确；
D. 实验室里应将浓硫酸倒入水中并不断用玻璃棒搅拌来配制稀硫酸，选项操作可能会引起液体飞溅，造成危险，D错误；
答案为D。
2.需要分离下列两种混合物，选用最合适的实验装置是（ ）
a.汽油中不小心混入了大量的水；
b.水与丙酮的混合物，已知:丙酮是一种可与水混溶的无色液体，密度小于水，沸点约为56℃。
①②④③
A. ④③ B. ②④ C. ②① D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】a.汽油中不小心混入了大量的水，汽油与水为互不相容的液体，可用分液漏斗分离，选用装置②；
b.水与丙酮的混合物，丙酮与水的沸点不同，可用蒸馏的方式分离，选用装置④；综上所述，②④符合题意，答案为B。
3.下列实验方案中，可行的是 ( )
A. 将白醋滴在润湿的pH试纸上，测定其pH
B. 按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离CaCl2、CaCO3的混合物
C. 用氢氧化钠溶液除去CO2中的HCl气体
D. 检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸
【答案】B
【解析】
A、将白醋滴在润湿的pH试纸上，相当于白醋被稀释，故A错误；B、CaCl2易溶于水，CaCO3难溶于水，要分离可以按溶解、过滤、蒸发的操作顺序进行，故B正确；C、氢氧化钠溶液也能与二氧化碳反应，故C错误；D、依次加入BaCl2溶液和稀盐酸，生成的白色沉淀可能为氯化银，不能说明含有SO42-，故D错误；故选B。
4.某种牵牛花清晨呈粉红色，下午变为蓝紫色。原因是：清晨该牵牛花细胞内CO2含量较高，细胞液呈酸性；下午细胞内CO2含量较低。由此推测，该牵牛花中含有能变色的物质，这种物质的性质类似于( )
A. 碘溶液 B. 酚酞试液 C. 石蕊试液 D. 硫酸溶液
【答案】C
【解析】
【详解】清晨该牵牛花细胞内的CO2含量较高，细胞液呈酸性，牵牛花呈粉红色；下午细胞内的CO2含量较低，酸性减弱，牵牛花呈蓝紫色，说明牵牛花中含有能变色的物质的性质与石蕊相似，故选C。
5.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是
A. 胶体的电泳 B. 血液的氧化还原反应
C. 血液中发生复分解反应 D. 胶体的聚沉
【答案】D
【解析】
【详解】食盐的主要成分NaCl是电解质，血液是胶体，其胶体粒子带电荷，往伤口上撒盐会使血液发生聚沉而止血。用到胶体的聚沉，故答案选D。
6.下列各组中两种气体的分子数一定相等的是
A. 同质量、同体积的O2和N2
B. 同质量、密度不等的N2和CO2
C. 同体积、不同密度的CO和N2
D. 同温、同压、同体积的N2和SO2
【答案】D
【解析】
A. 氧气和氮气的相对分子质量不相等，同质量、同体积的O2和N2所含分子数一定不相等，A错误；B. N2和CO2相对分子质量不相等，同质量、密度不等的N2和CO2所含分子数一定不相等，B错误；C. 同体积、不同密度的CO和N2所处的压强不一定相同，分子数不一定相等，C错误；D. 根据阿伏加德罗定律同温度、同压、同体积的气体所含分子数一定相等，因此同温、同压、同体积的N2和SO2所含分子数一定相等，D正确，答案选D。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. 1L CO气体一定比1L O2的质量小
B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子
C. 1 mol O2中含有1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L
D. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍
【答案】A
【解析】
【详解】A. 未给定气体的状态，则无法确定1L CO气体一定比1L O2的质量的大小，符合题意，A正确；
B. 同温、同压下，相同体积的气体含有相同的物质的量，则含有相同数目的分子，与题意不符，B错误；
C. 1 mol O2中含有6.02×1023个氧气分子，1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L，与题意不符，C错误；
D. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度=总质量/总物质的量=14.6g/0.5mol=29.2g/mol，相同状况下，相对密度之比等于相对摩尔质量之比，则为O2密度的29.2/32=0.913倍，与题意不符，D错误；
答案为A。
【点睛】混合气体的摩尔质量=。
8.取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中硫酸的物质的量浓度是
A. 0.21 mol·L－1 B. 0.42 mol·L－1 C. 0.56 mol·L－1 D. 0.26 mol·L－1
【答案】A
【解析】
该混合溶液中H+的物质的量为n(H+)=(0.1 L×0.3 mol·L-1+0.3 L×0.25 mol·L-1)×2=0.21 mol，所以c(H+)0.21/500×10－3mol·L－1=0.42 mol·L-1，故B正确。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L氧气含有的原子数目为NA
B. 14g N2和N4 组成的混合气体中含有的原子数为NA
C. 常温常压下，1mol 氦气含有的核外电子数为4NA
D. 1mol/L CaCl2 溶液中含有的氯离子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的氧原子小于NA个，故A错误；
B. N2和N4 均由N原子构成，故14g混合物中含有的N原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故B正确；
C. 氦气是单原子分子，核外有2个电子，故1mol氦气的核外有2NA个电子，故C错误；
D. 溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误；
故选B。
【点睛】在遇到阿伏伽德罗相关正误判断的题目时，一定要注意“气体陷阱”，即说气体体积，必须说明温度和压强，说22.4L/mol，必须是标况下的气体。
10.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）
A. 氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与醋酸
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液
C. Na2CO3溶液与盐酸；CaCO3与盐酸
D. 过量CO2通入NaOH溶液中；过量CO2通入澄清石灰水中
【答案】D
【解析】
【详解】A.盐酸为强酸，醋酸为弱酸，与氢氧化钠反应时，离子方程式不相同，与题意不符，A错误；
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应只生成硫酸钡沉淀；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式不相同，与题意不符，B错误；
C. Na2CO3为强电解质，完全电离，CaCO3为固体与盐酸反应时，离子方程式不相同，与题意不符，C错误；
D. 过量CO2通入NaOH溶液中；过量CO2通入澄清石灰水中生成的均为碳酸氢根离子，离子方程式相同，符合题意，D正确；
答案为D。
11.化工厂用反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2检验氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）
A. 若管道漏气遇氨气会产生白烟 B. 该反应中Cl2 是氧化剂
C. 该反应中氧化剂和还原剂的比值为3：8 D. 每生成1mol N2有6mol电子转移
【答案】C
【解析】
【分析】
反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2中，只有NH4Cl为固体，其余物质为气体，当气体中生成固体时，有白烟产生。
【详解】A. 若管道漏气遇氨气会生成NH4Cl，从而产生白烟，A正确；
B. 该反应中氯元素价态降低，Cl2 是氧化剂，B正确；
C. 该反应中氧化剂和还原剂的比值为3：2，C错误；
D. N元素由-3价部分升高为0价，每生成1mol N2有6mol电子转移，D正确。
答案为C.
【点睛】反应8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2中，NH3表现出还原性和碱性，若我们忽视了它的碱性部分，而认为全部表现出还原性，则会得出氧化剂和还原剂的比值为3：8的错误结论。
12.某同学作业中有一个离子方程式：RO3x+2R2-+6H+=3R+3H2O，其中R所带电荷x模糊不清。推断RO3x中R元素的化合价是( )
A. -2 B. +2 C. +4 D. +6
【答案】C
【解析】
设RO3x中R的化合价为n，根据得失电子守恒，n-0=2×[0-(-2)]，n=+4，故选项C正确。
点睛：利用得失电子数目守恒，即氧化剂的物质的量×变价原子的物质的量×化合价的变化=还原剂的物质的量×变价原子的物质的量×化合价的变化，即有n-0=2×[0-(-2)]，n=+4。
13.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既不是氧化剂也不是还原剂．下列反应与Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl相比较，水的作用完全相同的是（ ）
A. 2H2O2H2↑+O2↑ B. 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
C. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ D. C + H2O CO + H2
【答案】B
【解析】
【分析】
Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl反应中，水中H、O的化合价为变化，为既不是氧化剂也不是还原剂。
【详解】A. 2H2O2H2↑+O2↑，H的化合价降低，O的化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，与题意不符，A错误；
B. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，水中H、O的化合价为变化，为既不是氧化剂也不是还原剂，符合题意，B正确；
C. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，水中H的化合价降低，作氧化剂，与题意不符，C错误；
D. C + H2O CO+ H2，水中H的化合价降低，作氧化剂，与题意不符，D错误；
答案为B。
【点睛】还原剂化合价升高，被氧化，生成氧化产物，氧化剂化合价降低，被还原，生成还原产物
14.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是（ ）
A. Na2CO3 NaCl NaOH B. NaCl NaOH Na2CO3
C. NaOH NaCl Na2CO3 D. NaCl Na2CO3 NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】根据所加试剂，Mg2+、Ag+、Ba2+均能与Na2CO3反应，则最后加入；Mg2+、Ag+均能与NaOH反应，则第二个加入；Ag+能与NaCl反应，首先加入，则答案为B。
15.下列说法错误的是（ ）
A. 钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2
B. 镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要特殊保护
C. 铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼
D. 铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O2比Na2O稳定，则钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2，与题意不符，A正确；
B. 镁因在空气中形成了一薄层致密氧化膜，阻止了镁与空气接触，保护了里面的镁，故镁不需要特殊保护，与题意不符，B错误；
C. 铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝非常活泼，在铝的表面形成一层致密氧化膜，保护金属铝，符合题意，C正确；
D. 铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能阻止铁与氧气接触，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层，与题意不符，D错误；
答案为C。
【点睛】铝非常活泼，在空气中与氧气反应，在铝的表面形成一层致密氧化膜，阻止与氧气的接触，保护金属铝。
二、单项选择题（10小题，每小题3分，共30分）
16.下列叙述中正确的是( )
①可以用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质 ②含氧的化合物都是氧化物 ③粗盐的提纯实验中，滤液在坩埚中加热蒸发结晶 ④酸性氧化物都是非金属氧化物 ⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐 ⑥酸和碱的中和反应都是复分解反应 ⑦CaCl2、NaOH、CH3COOH、盐酸都是化合物 ⑧分液漏斗和容量瓶在使用前都需要检漏 ⑨萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气 ⑩蒸馏时加入沸石的目的是为了防止暴沸；蒸馏时温度计水银球应插入烧瓶内液面下
A. 全部 B. ⑤⑥⑧⑨ C. ①③④⑤ D. ⑥⑦⑧⑩
【答案】B
【解析】
【详解】①酒精和水可以任意比互溶，不可以用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质，①错误；
②含氧的化合物不一定都是氧化物，如NaOH，含有氧原子，为碱，②错误；
③粗盐的提纯实验中，滤液在蒸发皿中加热蒸发结晶，③错误；
④酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如七氧化二锰Mn2O7，为金属氧化物，酸性氧化物，④错误；
⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐，⑤正确；
⑥酸和碱的中和反应化合价均为变化，都是复分解反应，⑥正确；
⑦CaCl2、NaOH、CH3COOH都是化合物，盐酸为混合物，⑦错误；
⑧分液漏斗和容量瓶在使用前都需要检漏，⑧正确；
⑨萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气，防止装置内压强过大导致危险，⑨正确；
⑩蒸馏时加入沸石的目的是为了防止暴沸；蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，⑩错误；
综上所述，答案为B。
17.在一定温度和压强下，2体积X2气体与3体积Y2气体恰好完全反应，生成2体积气体化合物Z，则Z的化学式可能是( )
A. X2Y3 B. XY C. X3Y D. XY3
【答案】A
【解析】
根据阿伏加德罗定律和质量守恒定律可知，选项A正确，答案选A。
18.在标准状况下，一个装满氧气的容器质量为74g，若装满氮气时质量是66g，此容器的体积是（ ）
A. 4.48L B. 11.2L C. 22.4L D. 44.8L
【答案】D
【解析】
试题分析：假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：
mg+nmol×32g/mol=74g
mg+nmol×28g/mol=66g
联立方程，解得n=2mol
气体的体积为V=mol×22.4L/mol=44.8L．
所以容器的容积为44.8L．
考点：阿伏加德罗定律及推论。
点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，氯气的体积等于氮气体积等于容器的体积，是解题的关键。
19.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是( )
A. 所得溶液的质量分数：w＝ B. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
C. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L D. 所得溶液中含有NA个HCl分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据c=，则所得溶液的质量分数：w＝=，符合题意，A正确；
B. 所得溶液的物质的量浓度c=n/V，36.5 g HCl为1mol，而溶液的体积大于1L，则浓度小于1 mol·L－1，与题意不符，B错误;
C. 36.5 g HCl气体在标准状况下占有的体积为22.4 L，与题意不符，C错误；
D. HCl为强电解质，所得溶液中不存在HCl分子，与题意不符，D错误；
答案为A。
20.已知N元素的最低化合价是 –3价，最高化合价是+5价，那么下列物质中的N元素只具有氧化性的是( )
A. NH3 B. N2 C. NO2 D. HNO3
【答案】D
【解析】
【分析】
N元素只具有氧化性，则化合价只能降低，化合价为+5价。
【详解】A. NH3化合价为-3价，最低价，只有还原性，与题意不符，A错误；
B. N2化合价为0价，既可以升高，又可以降低，与题意不符，B错误；
C. NO2化合价为+4价，既可以升高，又可以降低，与题意不符，C错误；
D. HNO3化合价为+5价，符合题意，D正确；
答案为D。
21.如表中评价合理的是（ ）
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至SO42-沉淀完全：2H++ SO42-+Ba2++2OH==BaSO4↓+2H2O
正确
B
向碳酸镁浊液中加入足量稀盐酸：CO32- +2H+CO2↑+H2O
错误，碳酸镁不应写成离子形式
C
向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O==Fe(OH)3↓+3H+
正确
D
碳酸氢钠与足量澄清石灰水反应：2HCO3-+Ca2++2OH-==CaCO3↓+CO32-+2H2O
正确
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至SO42-沉淀完全，H++SO42-+Ba2++OH==BaSO4↓+ H2O ，与题意不符，A错误；
B. 碳酸镁为固体，则MgCO3+2H+Mg2++CO2↑+H2O ，符合题意，B正确；
C. 向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色，生成的为氢氧化铁胶体，与题意不符，C错误；
D. 碳酸氢钠与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-==CaCO3↓+ H2O，与题意不符，D错误；
答案为B。
22.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。
（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况）。
下列说法正确的是（ ）
A. 该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ B. 该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+
C. 该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl- D. 根据以上实验，无法确定该固体中有Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，则固体中不含有Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，则含有0.02mol硫酸根离子，0.01mol碳酸根离子；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况），则含有0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钠离子，不能确定是否含有氯离子。
【详解】A. 分析可知，该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ ，符合题意，A正确；
B. 该固体中一定没有Cu2+，Cl-不能确定，与题意不符，B错误；
C. 该固体中含有NH4+、CO32-、SO42-，与题意不符，C错误；
D. 根据以上实验，可确定该固体中有Na+，与题意不符，D错误；
答案为A。
【点睛】根据题中给定的数据，及溶液呈电中性，可判断一定存在Na+。
23.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑，若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是（ ）
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应①，氧化性：FeCl3> I2，根据反应②，氧化性：Cl2>FeCl3，根据反应③，氧化性：2KMnO4>Cl2。
【详解】除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，则加入氧化性大于I2，而小于Cl2，试剂为FeCl3，答案为C。
24.一定条件下，当溶液中XO与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为( )
A. ＋2 B. ＋3
C. ＋4 D. ＋5
【答案】A
【解析】
试题分析：H2O2恰好将XO4-还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=2，故选A。
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。
25.在常温下，发生下列几种反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3+＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，下列结论判断错误的是 （ ）
A. 溶液中可发生：Z2＋2A2+===2A3+＋2Z－
B. Z2在①、③反应中为还原剂
C. 氧化性强弱的顺序为：XO4->Z2>B2>A3+
D. X2＋是XO4-的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
关于氧化性，由①得：XO4->Z2，由②得，B2>A3＋，由③得Z2>B2，即XO4->Z2>B2>A3+，同理还原性强弱顺序为：A2+>B－>Z－>X2+；
【详解】A.还原性强弱顺序为：A2+>B－>Z－>X2+，因此Z2＋2A2+===2A3+＋2Z－可以发生，A项正确；
B.Z2在反应①中为氧化产物，而在③中为氧化剂，B项错误；
C.由①得：XO4->Z2，由②得，B2>A3＋，由③得Z2>B2，即氧化性强弱大小：XO4->Z2>B2>A3+，C项正确；
D. X2＋是XO4-的还原产物，D项正确；
答案选B。
Ⅱ部分（共55分）
三、填空题（4小题，共40分）
26.有以下10种物质：①铜 ②稀硫酸 ③氯化氢 ④氨气 ⑤空气 ⑥二氧化碳 ⑦乙醇 ⑧熔融氯化钠 ⑨NaOH ⑩H2CO3。
（1）能导电是___；
（2）属于电解质的是_______；
（3）属于非电解质的是______。
【答案】 (1). ①②⑧ (2). ③⑧⑨⑩ (3). ④⑥⑦
【解析】
【分析】
①铜为单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
②稀硫酸为混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
③氯化氢为化合物，水溶液能导电，为电解质；
④氨气为化合物，溶于水与水反应生成的一水合氨为电解质，液态氨气不导电，为非电解质；
⑤空气为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑥二氧化碳为化合物，溶于水与水反应生成的碳酸为电解质，液态氨气不导电，为非电解质； ⑦乙醇为化合物，水溶液及液体均不导电，为非电解质；
⑧熔融氯化钠为化合物，能导电，为电解质；
⑨NaOH为化合物，水溶液能导电，为电解质；
⑩H2CO3为化合物，水溶液能导电，为电解质。
【详解】根据分析可知，（1）能导电的是①②⑧；
（2）属于电解质的是③⑧⑨⑩；
（3）属于非电解质的是④⑥⑦。
27.(1)下列有关实验叙述正确的是________（填序号）。
a.试管、烧杯均可用于给液体、固体加热
b.使食盐水中NaCl结晶析出时，常用到的仪器有坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角
c.用分液漏斗分离水和乙酸混合液
d.分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，换一个接收容器，再将上层液体从分液漏斗下口放出
e.用托盘天平称取25.20g氯化钠
f.取用金属钠时，没用完的钠要放回原瓶
(2)实验室用密度为1.25g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1mol/L的盐酸，应量取浓盐酸体积__mL。使用的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要_____、____。
(3)在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是(填序号)___。
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
C．配置溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转摇匀
F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
【答案】 (1). f (2). 2.0 (3). 250mL的容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). BCDF
【解析】
【分析】
(1) 根据实验操作的正确性与规范性分析作答；
(2) 配置240mL溶液需选用250mL的容量瓶，根据c(HCl)=， c1V1=c2V2，进行计算；
(3)根据容量瓶的正确使用方法分析。
【详解】(1) a.试管可用于给液体、固体加热，烧杯可用于给液体加热，与题意不符，a错误；
b.使食盐水中NaCl结晶析出时，常用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、泥三角、坩埚钳等，与题意不符，b错误；
c.用分液漏斗分离互不相容的液体，水和乙酸相互溶解，与题意不符，c错误；
d.分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，换一个接收容器，再将上层液体从分液漏斗上口倒出，与题意不符，d错误；
e.用托盘天平称取25.2g氯化钠，精确度不对，与题意不符，e错误；
f.取用金属钠时，没用完的钠要放回原瓶，符合题意，f正确；
答案为f；
(2)c（HCl）=1000ρω/M=1000×1.25×36.5%/36.5=12.5mol/L，根据c1×V1=c2×V2，配置240mL溶液需选用250mL的容量瓶，则量取浓盐酸的体积为2.0mL；定容时还需要胶头滴管；
(3) A．使用容量瓶前，必须检查它是否漏水，与题意不符，A错误；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配液润洗，否则导致待配液浓度偏高，符合题意，B正确；
C．配置溶液时，如果试样是固体，把称好的试样在小烧杯中溶解，待恢复至室温后，转移到容量瓶中，并缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线，符合题意，C正确；
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后在小烧杯中稀释，再倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2㎝处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线，符合题意，D正确；
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，与题意不符，E错误；
F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致配液的体积偏大，浓度偏低，符合题意，F正确；
答案为BCDF。
【点睛】配置240mL溶液，则需选用250mL容量瓶，且根据此体积进行计算。
28.氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。
（1）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O。
①其中还原剂为____，还原产物为____。
②若有0.8mol还原剂被氧化，则转移电子的物质的量是____。
（2）人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为_____，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式_______。
（3）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为______。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶1，则氧化产物为___。
【答案】 (1). HBr (2). MnBr2 (3). 0.8mol (4). Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ (5). 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O (6). ＋1 (7). H3PO4
【解析】
【分析】
（1）根据氧化还原反应的规律分析；
（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，则铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气；Fe2＋与氢离子和氧气反应生成铁离子和水；
（3）①H3PO2中元素化合价代数和为零，进行求解；
②根据化合价升降总数相等进行判断。
【详解】（1）①高锰酸钾和氢溴酸反应，Mn的化合价降低，KMnO4作氧化剂，对应的产物为还原产物，为MnBr2；Br的化合价升高，HBr作还原剂；
②有0.8mol还原剂被氧化，化合价由-1变为0价，失去0.8mol电子；
（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，则铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；Fe2＋与氢离子和氧气反应生成铁离子和水，则离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；
（3）①H3PO2中元素化合价的代数和为零，H为+1价，O为-2价，则P为+1价；
②H3PO2化合价升高，Ag＋还原为Ag，化合价降低，作氧化剂，其物质的量为4，得4个电子，则H3PO2的计量数为1，失去4个电子，化合价变为+5价，产物为H3PO4。
【点睛】还原剂化合价升高，失去电子；氧化剂得电子，化合价降低，且得失电子总数相等。
29.有一包白色粉末，其中可能含有Ba（NO3）2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生；③向①的上层清液中滴入硫酸钠溶液，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）原白色粉末中一定含有的物质是____，一定不含有的物质是____。写化学式）
（2）写出各步变化的离子方程式．①______； ②_____；③____。
【答案】 (1). Ba（NO3）2、MgCl2、NaOH (2). K2CO3 (3). Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓ (4). Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O (5). Ba2++SO42﹣=BaSO4↓
【解析】
【分析】
向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，可判断白色沉淀为氢氧化镁，则白色粉末含有MgCl2、NaOH，无K2CO3；向①的上层清液中滴入硫酸钠溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为硫酸钡，则白色粉末含有Ba（NO3）2。
【详解】（1）分析可知原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、MgCl2、NaOH；一定不含有的物质是K2CO3；
（2）①白色沉淀为氢氧化镁，反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓；
②氢氧化镁溶解生产镁离子和水，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
③白色沉淀为硫酸钡，离子方程式为Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；
四、附加题（共15分）
30.（1）将a mol Cl2 通入含b mol FeBr2的溶液中，当0< a / b≤1/2 时，反应的离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- ，写出另2个可能发生的离子方程式。
①当 a / b =1时___；②当a / b≥3/2时_______。
（2）观察反应①②，总结规律，并模仿反应①②方程式完成下列问题：①Al(OH)3 ＋H2O Al(OH)4― + H+；②NH3+H2ONH4+ + OH―。
（A）已知B(OH)3是一元弱酸，试写出其电离方程式： ___；
（B）N2H4是二元弱碱，其电离分步进行，第一步电离方程式N2H4+H2O N2H5+ + OH―，试写出其第二步电离方程式_____。
【答案】 (1). 2Cl2 + 2Fe2+ + 2Br― = 4Cl―+ 2Fe3+ + Br2 (2). 3Cl2 + 2Fe2+ + 4Br―=2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl― (3). B(OH)3＋H2O B(OH)4― + H+ (4). N2H5+ +H2ON2H62+ + OH―
【解析】
【分析】
（1）根据还原性顺序：Fe2+ > Br―,进行反应，书写离子方程式；
（2）（A）已知B(OH)3是一元弱酸，Al与B为同主族元素，则与Al的电离相同；
（B）N2H4是二元弱碱，第二步电离方程式为N2H5+ +H2ON2H62+ + OH―。
【详解】（1）还原性：Fe2+ > Br―, ①当 a / b =1时，氯气与亚铁离子反应完毕后，继续与溴离子反应，方程式为2Cl2 + 2Fe2+ + 2Br― = 4Cl―+ 2Fe3+ + Br2；②当a / b≥3/2，FeBr2完全反应，离子方程式为3Cl2 + 2Fe2+ + 4Br―=2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl―；
（2）（A）已知B(OH)3是一元弱酸，Al与B为同主族元素，则与Al的电离相同，电离方程式为B(OH)3＋H2O B(OH)4― + H+；
（B）N2H4是二元弱碱，第二步电离方程式为N2H5+ +H2ON2H62+ + OH―。
31.查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋，而本身被还原为NO（有毒气体）。试回答下列问题：
（1）某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离子方程式：____。
（2）Fe与过量稀硫酸反应可制取FeSO4。若将反应所得酸性溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是____(填序号)。
A. Cl2 B. Fe C.H2O2 D.HNO2
（3）若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，试配平下列方程式：____FeSO4＋K2O2→K2FeO4＋K2O＋K2SO4＋O2↑。
【答案】 (1). 6H＋+5NO2-+2MnO4- =NO3-+2Mn2++3H2O (2). C (3). 2 6 2 2 2 1
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知，反应物为MnO4-、NO2- 、H＋，生成物为NO3-、Mn2+、水；
（2）根据除杂原则分析；
（3）根据FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，则共失去10个电子；部分O的化合价由-1变为-2价，需得到10个电子即可配平。
【详解】（1）根据题意可知，反应物为MnO4-、NO2- 、H＋，生成物为NO3-、Mn2+、水，则离子方程式为6H＋+5NO2-+2MnO4- =NO3-+2Mn2++3H2O；
（2）A. Cl2能氧化亚铁离子为三价铁离子，但引入新的杂质离子，与题意不符，A错误；
B. Fe只与氢离子反应生成亚铁离子，与题意不符，B错误；
C.H2O2 能氧化亚铁离子为三价铁离子，且不引入新的杂质离子，符合题意，C正确；
D.HNO2能把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原为有毒的NO，与题意不符，D错误；
答案为C；
（3）Fe的化合价由+2变为+6，失4个电子，O的化合价由-1变为0价，失2个电子，其系数为2：1，则共失去10个电子；部分O的化合价由-1变为-2价，需得到10个电子，则K2O2系数为6，K2FeO4系数为2，K2SO4系数为2，K2O系数为2，方程式为2FeSO4＋6K2O2=2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑。
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