2022-2023学年天津市和平区高一上学期期末考试化学试题含解析

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天津市和平区2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．碳酸钠的物质类别是（   ）
A．酸 B．碱 C．盐 D．酸性氧化物
【答案】C
【详解】A. 酸指的是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碳酸钠电离时不会产生氢离子，故不属于酸，故A错误；
B. 碱指的是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，碳酸钠电离时不会产生氢氧根离子，故不属于碱，故B错误；
C. 盐指的是电离时生成的阳离子全部是金属阳离子（铵根），阴离子全部是氢氧根离子的化合物，故C正确；
D. 氧化物是两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，酸性氧化物指的是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，碳酸钠(Na2CO3)含有三种元素，不属于氧化物，也不属于酸性氧化物，故D错误；
答案选C。
2．下列逻辑关系图示中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．气溶胶本身就是胶体的一种，与胶体是包含关系，不是交叉关系，故A错误；
B．氧化还原反应有些是离子反应，有些不是离子反应，离子反应与氧化还原反应属于交叉关系，故B错误；
C．钠盐、钾盐是根据盐中的阳离子进行分类的，它们之间是并列关系；碳酸盐是根据盐中的阴离子分类的，它和钠盐、钾盐之间是交叉关系，故C错误；
D．混合物与电解质、非电解质及单质属于并列关系，不可能有交叉，电解质、非电解质均是化合物，因此与单质属于并列关系，故D正确；
综上所述，答案为D。
3．当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应的是:①消毒用的酒精 ②Fe（OH）3胶体   ③生理食盐水  ④有色玻璃  ⑤云、雾
A．②④⑤ B．③④⑤ C．②③④ D．①③④
【答案】A
【详解】①酒精不属于胶体，不具有丁达尔效应，故①不符合题意；
②氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，故②符合题意；
③生理盐水属于溶液，不属于胶体，不具有丁达尔效应，故③不符合题意；
④有色玻璃属于胶体，具有丁达尔效应，故④符合题意；
⑤云、雾属于胶体，具有丁达尔效应，故⑤符合题意；
②④⑤正确，答案：A。
4．常温下，下列物质中易溶于水的是（   ）
A．MgSO4 B．AgCl C．Al (OH)3 D．BaCO3
【答案】A
【分析】盐的溶解性规律：钾盐钠盐铵盐硝酸盐都可溶；盐酸盐中不溶氯化银；硫酸盐中不溶硫酸钡；碳酸盐只溶钾盐、钠盐、铵盐；强碱都易溶于水，强酸易溶于水，部分单质难溶于水，据此分析判断。
【详解】结合盐的溶解性规律分析，MgSO4是易溶性盐，AgCl、BaCO3是难溶性盐，Al (OH)3是弱碱，难溶于水，
答案选A。
5．下列化学符号可以表示硫酸根离子的是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】离子的表示方法，在表示该离子的元素符号或原子团的右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个单位电荷时，1要省略，表示硫酸根离子，故选：D。
6．下列物质分别加入水中，主要以离子形式存在的是（   ）
A．CaCO3 B．Zn C．Fe2O3 D．Mg (NO3)2
【答案】D
【详解】A. CaCO3是难溶性盐，加入水中，主要以固体的形式存在，故A错误；
B. Zn是金属单质，加入水中不反应，也不溶于水，主要以固体形式存在，故B错误；
C. Fe2O3是金属氧化物，加入水中不反应，也不溶于水，主要以固体形式存在，故C错误；
D. Mg (NO3)2属于可溶性盐，加入水中，电离生成镁离子和硝酸根离子，故D正确；
答案选D。
7．下列物质中属于碱性氧化物的是（   ）
A．Na2O B．SO2 C．NH3 D．KOH
【答案】A
【分析】氧化物是两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，碱性氧化物指的是能与酸反应只生成盐和水的氧化物。
【详解】A. Na2O属于氧化物，和酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，故A正确；
B. SO2属于氧化物，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；
C. NH3不含氧元素，不属于氧化物，属于氢化物，故C错误；
D. KOH属于碱，不属于氧化物，故D错误；
答案选A。
8．下列物质在水中发生电离的电离方程式书写正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．HNO3是强电解质，在水溶液中完全电离氢离子和硝酸根离子，电离方程式为HNO3=H++NO，A错误；
B．Ba(OH)2在水溶液中完全电离，电离方程式为，B错误；
C．NH4NO3是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为NH4NO3=NH+NO，C正确；
D．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，水溶液中氢氧化钙发生电离，D错误；
答案选C。
9．下列叙述中，正确的是
A．干燥木棍不导电，但潮湿木棍导电，说明水的导电能力非常强
B．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
C．铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质
D．NaOH溶于水，在通电条件下才能发生电离
【答案】B
【详解】A. 水属于弱电解质，水的导电能力极弱，故A错误；
B. KNO3属于化合物，熔融的KNO3能导电，说明KNO3属于电解质，故B正确；
C. 铜丝、石墨属于单质，虽然能导电，但它们不属于电解质，故C错误；
D. 电解质的电离不需要通电才能发生，故D错误；
答案：B。
【点睛】电解质是在熔融状态下或水溶液中能够电离的化合物，研究的对象是化合物，导电的离子必须是本身电离产生。
10．下列离子反应中，属于氧化还原反应的是
A．Cu2++2OH-= Cu（OH）2↓ B．H++OH- =H2O
C．2H++CO32-=H2O+CO2↑ D．Cu2++Fe=Fe2++ Cu
【答案】D
【分析】发生氧化还原反应，反应前后元素化合价一定发生变化。
【详解】A. 反应中没有化合价发生变化，该反应不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 反应中没有化合价发生变化，该反应不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C. 反应中没有化合价发生变化，该反应不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D. 反应中Fe元素的化合价由0价→＋2价，Cu元素的化合价由＋2价→0价，存在化合价的变化，该反应属于氧化还原反应，故D符合题意；
答案：D。
11．在下列反应中，氢元素化合价降低的是
A．NaOH + HCl = NaCl + H2O
B．Zn + 2HCl =ZnCl2 + H2↑
C．MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + 2H2O + Cl2↑
D．CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O
【答案】B
【详解】A．该反应中H元素均是+1价，不变价，A不符合题意；
B．该反应中H元素从+1价降低至0价，B符合题意；
C．该反应中H元素不变价，C不符合题意；
D．该反应中H元素不变价，D不符合题意；
故选B。
12．下列离子能大量共存的是
A．使酚酞溶液呈红色的溶液中：、K+、、
B．无色透明的溶液中： Mg2+、 K+、、
C．含有大量Ba2+的溶液中： Na+、Cu2+、 、Cl-
D．使石蕊溶液呈红色的溶液中： 、K+、、
【答案】B
【详解】A．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，因与氢氧根离子反应而不能大量共存，A错误；
B．无色透明的溶液中，Mg2+、 K+、、互不反应能大量共存，B正确；
C．含有大量Ba2+的溶液，Ba2+与SO会发生反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，C错误；
D．使石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性，因氢离子与反应而不能大量共存，D错误；
答案选B。
13．焰火与高中化学中“焰色试验”知识有关。下列有关“焰色试验”说法中正确的是
A．烟花呈现的艳丽色彩是由锂、钠、钾、锶、钡等金属单质的燃烧呈现出来的
B．做焰色反应实验只能用铂丝蘸取溶液在外焰上灼烧
C．碳酸钾在酒精灯上灼烧时能直接观察到紫色火焰
D．NaCl与Na2SO4灼烧时火焰颜色均为黄色
【答案】D
【详解】A. 烟花呈现的艳丽色彩是由锂、钠、钾、锶、钡等金属的单质或化合物燃烧呈现出来的，故A说法不正确；
B. 做焰色反应实验也可以用铁丝蘸取溶液在外焰上灼烧，故B说法不正确；
C. 碳酸钾在酒精灯上灼烧时需透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色火焰，故C说法不正确；
D. NaCl与Na2SO4都含有相同的钠离子，所以它们灼烧时火焰颜色均为黄色，故D说法正确；
本题答案D 。
14．氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为:NaH+H2O＝NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A．该反应属于置换反应 B．该反应属于复分解反应
C．NaH被氧化，作还原剂 D．H2O中的氢元素都被还原
【答案】C
【分析】NaH中H元素显－1价，H2O中H元素显＋1价，H2中H元素的化合价为0，根据氧化还原反应的归中规律分析。
【详解】A. 置换反应是单质+化合物→单质+化合物，根据该反应的特点，该反应不属于置换反应，故A错误；
B. 所有复分解反应不属于氧化还原反应，故B错误；
C. NaH中H元素显－1价，在反应中转化成0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故C正确；
D. H2O中部分H元素由＋1价→0价，化合价降低被还原，H2O中部分H被还原，故D错误；
答案：C。
15．下列离子方程式中，正确的是
A．氧化亚铁与稀盐酸反应:FeO+2H+＝Fe3++H2O
B．向氯化铜溶液中加入氢氧化钠溶液:Cu2++OH-＝Cu（OH）2↓
C．氯化铁溶液与铜反应:Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+
D．向氯化亚铁溶液中通入氯气:2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
【答案】D
【详解】A. 氧化亚铁中铁显＋2价，即正确的离子方程式为FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，故A错误；
B. 反应中原子不守恒，正确的离子方程式是Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，故B错误；
C. 反应中电荷不守恒，正确的离子方程式是2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，故C错误；
D. 氯气能将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故D正确；
答案：D。
【点睛】离子方程式正误判断：①是否符合客观事实，如2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑；②原子、电荷是否守恒，如本题的选项B和C；③拆写是否正确，如醋酸与NaOH反应：H＋＋OH－=H2O，醋酸是弱酸，不能拆写成离子；④是否漏写离子方程式，如Ba(OH)2与H2SO4反应，书写成H＋＋OH－=H2O，漏写了Ba2＋＋SO4－=BaSO4↓；⑤“量”是否正确，如NaHCO3溶液加入少量Ca(OH)2，写成HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，应注意Ca(OH)2是少量，正确的是2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－。
16．某同学将金属钠露置于空气中，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体。其变质过程中不可能产生的物质是
A．Na2O B．NaOH
C．Na2CO3 D．NaHCO3
【答案】D
【详解】钠变质过程是：钠→氧化钠→氢氧化钠→氢氧化钠溶液→碳酸钠晶体。所以在变质的过程中不能出现的是NaHCO3。答案选D。
17．以下物质中，不具备消毒作用的是（   ）
A．84消毒液 B．氯水 C．Ca(ClO)2 D．N2
【答案】D
【分析】所有强氧化性物质都可以杀菌消毒，比如：NaClO、Cl2、H2O2、O3、Na2O2、HClO等。强氧化物能使蛋白质变性，改变细胞的通透性，从而导致细菌死亡。
【详解】A. 84消毒液的主要成分是次氯酸钠，具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，故A不符合题意；
B. 氯水的主要成分为次氯酸，氯气，具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，故B不符合题意；
C. Ca(ClO)2是漂白粉的主要成分，在溶液中可与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，故C不符合题意；
D. N2是空气中的主要成分，化学性质比较稳定，不具备消毒作用，故D符合题意；
答案选D。
18．如图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条看不到明显的现象；当打开B处的弹簧夹后，C处的红布条逐渐褪色，则D瓶中盛放的溶液可能是

①饱和NaCl溶液   ②NaOH溶液   ③H2O ④浓硫酸
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】C
【详解】由题中信息知，D中液体把氯气干燥了或者吸收了。①饱和NaCl溶液 既不能干燥氯气也不能吸收； ②NaOH溶液 能吸收氯气，符合题意； ③H2O 既不能吸收也不能干燥氯气；④浓硫酸能干燥氯气；综上分析②④符合题意，故选C。
19．实验室利用下图所示的装置制备干燥、纯净的氯气。下列有关叙述不正确的是（   ）

A．本实验操作顺序为：检验装置气密性→添加固体药品→添加液体药品→加热
B．装置Ⅱ、Ⅲ中的试剂依次为浓硫酸、饱和NaCl溶液
C．氯气密度比空气大，故装置Ⅳ中长导管进气，短导管出气
D．装置Ⅴ中反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+ H2O
【答案】B
【详解】A. 本实验操作顺序为：检验装置气密性→在圆底烧瓶中添加固体药品二氧化锰→通过分液漏斗添加液体药品浓盐酸→加热制取氯气，净化干燥后收集，且注意尾气处理，选项A正确；
B. 装置Ⅱ、Ⅲ中的试剂依次为饱和NaCl溶液、浓硫酸，以除去氯气中的氯化氢气体和干燥氯气，选项B不正确；
C. 氯气密度比空气大，故装置Ⅳ中长导管进气，短导管出气，利用排空气法收集且有尾气吸收，选项C正确；
D. 装置Ⅴ中多余的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+ H2O，选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查氯气的制备及收集，利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，制得的氯气中含有氯化氢，进行净化和干燥，最后收集和尾气处理，得到纯净、干燥的氯气。
20．下列关于铝的说法中，正确的是
A．铝的化学性质不活泼
B．铝不与酸、碱反应
C．常温下铝不与氧气反应
D．铝表面容易生成一层致密的氧化铝保护膜
【答案】D
【详解】A. 铝是活泼性金属，化学性质活泼，故A错误；
B. 铝是活泼金属，能与酸反应，Al能与碱反应，如与NaOH溶液反应：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，故B错误；
C. 铝是活泼金属，常温下氧气能与Al反应生成氧化铝，故C错误；
D. 铝是活泼金属，铝表面能被氧气氧化生成一层致密氧化薄膜，能够阻碍内部铝被氧化，故D正确；
答案：D。
21．从200 mL如图所示Na2CO3溶液中取出10 mL，取出溶液中Na＋的物质的量为

A．0.005 mol B．0.01 mol C．0.5 mol/L D．1 mol/L
【答案】B
【详解】溶液具有均一性，所以从20 0mL0.5mol/LNa2CO3溶液中取出10 mL，则碳酸钠物质的量浓度仍然为0.5mol/L，含有碳酸钠物质的量为：0.5mol/L×0.01L=0.005mol，1mol碳酸钠含有2mol Na＋，所以所取溶液中含有Na＋的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，故选B。
22．将30mL0.5mol/ L NaOH溶液加水稀释到 0.03 mol/L ，则选用的容量瓶规格为
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
【答案】C
【分析】利用稀释前后溶质的质量或物质的量不变进行分析。
【详解】稀释前后溶质的物质的量保持不变，因此有30×10－3L×0.5mol·L－1=V(NaOH)×10－3L×0.03mol·L－1，解得V(NaOH)=500mL，故C正确；
答案：C。
23．下列说法正确的是
A．同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1
B．1g甲烷和1g氧气的原子数之比为5∶1
C．等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为2∶1
D．在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为1∶2
【答案】B
【详解】A．同温同压下，甲烷和氧气的密度之比等于二者的相对分子质量之比，则ρ(CH4)：ρ(O2)=16：32=1：2，A错误；
B．1g的甲烷和氧气的物质的量的比为n(CH4)：n(O2)=：=2：1。CH4中含有5个原子，O2中含有2个原子，则等质量的甲烷和氧气的原子数之比为：(2×5)：(1×2)=5：1，B正确；
C．根据m=n·M可知：等物质的量的甲烷和氧气的质量之比等于二者的摩尔质量之比，则m(CH4)：m(O2)=16：32=1：2，C错误；
D．根据V=n·Vm可知：同温同压下，等质量的甲烷和氧气的体积之比等于气体的物质的量的比，则n(CH4)：n(O2)=：=2：1，故V(CH4)：V(O2)=2：1，D错误；
故合理选项是B。
24．2016年 IUPAC将第117号元素命名为Ts（中文名，音tian），TS是第七周期第ⅦA族元素。下列说法中，不正确的是
A．Ts的最外层电子数是7
B．Ts原子原子半径比At原子大
C．Ts在同族元素中非金属性最弱
D．中子数为176的Ts，其核素符号是
【答案】D
【详解】A. 主族元素最外层电子数等于所在的族序数，Ts原子序数为117，位于第七周期ⅦA族，Ts的最外层电子数是7，故A说法正确；
B. At位于第六周期ⅦA族，同主族从上到下，原子半径增大，即Ts的原子半径大于At的原子，故B说法正确；
C. 同主族从上到下非金属性减弱，Ts在同族元素中非金属性最弱，故C说法正确；
D. 质量数=质子数＋中子数=117＋176=293，因此该核素的符号是，故D说法错误；
答案：D。
25．下列说法正确的是
A．含氧的化合物就是氧化物
B．、是同种核素
C．氧化剂的氧化性的相对强弱取决于得到电子数目的多少
D．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应时逸出气体的量相等
【答案】D
【详解】A．氧化物中含有两种元素，其中一种元素为氧元素，含有氧元素的化合物不一定为氧化物，如硫酸、氯酸钾等都含有氧元素，二者不属于氧化物，故A错误；
B．、的质子数相同，中子数不同，属于同位素，是不同种核素，故B错误；
C．氧化剂的氧化性的相对强弱与得到电子数目的多少无关，与得到电子能力的强弱有关，故C错误；
D．等量的铝失去的电子固定，无论与酸反应还是与碱溶液反应，则反应生成氢气的量相等，故D正确；
答案选D。
26．下列物质含有共价键的是
A．MgO B． C． D．KBr
【答案】B
【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键；
【详解】A．MgO属于离子化合物，只存在离子键，故A错误；
B．铵根离子中存在氮氢共价键，故B正确；
C．CaCl2属于离子化合物，只存在离子键，故C错误；
D．KBr属于离子化合物，只存在离子键，故D错误；
故选B。
27．下列关于物质性质的比较，不正确的是
A．酸性强弱：
B．原子半径大小：
C．碱性强弱：
D．金属性强弱：
【答案】A
【详解】A．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，因此酸性强弱：，故A错误；
B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增多，因此原子半径大小：，故B正确；
C．同主族从上到下金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，因此碱性强弱：，故C正确；
D．同周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性强弱：，故D正确。
综上所述，答案为A。
28．质量都为4.2g的A气体和B气体，在标准状况下的体积分别为3.36L和2.94L，则这两种气体的摩尔质量之比为（    ）
A．7：8 B．8∶7 C．1∶1 D．15∶13
【答案】A
【分析】利用进行分析；
【详解】A气体：，解得M=28g/mol；同理气体B的摩尔质量为32g/mol，因此两种气体的摩尔质量之比为28g·mol－1∶32g·mol－1=7∶8；
答案为A。
29．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂。工业上制备高铁酸钾以及高铁酸钾处理污水的部分流程如下：

以下说法不正确的是
A．①中一定发生了氧化还原反应
B．污水处理中产生Fe(OH)3胶体，使悬浮物聚沉，利用了胶体具有较强吸附能力的特点
C．另一种在碱性条件下制备K2FeO4的反应可能是：2Fe(OH)3+3ClO－=2FeO42-+3Cl－+4H+ +H2O
D．K2FeO4还可以用于处理废水，例如可以把废水中的CN－转化为两种无毒气体，反应过程中，CN－做还原剂，被K2FeO4氧化
【答案】C
【分析】硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠发生氧化还原反应生成高铁酸钠溶液，向反应生成的高铁酸钠溶液加入足量氢氧化钾溶液至饱和，由于相同温度下，高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故转化为高铁酸钾沉淀，高铁酸钾在水中发生如下过程:4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑，反应中高铁酸钾做氧化剂，具有杀菌消毒作用，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的固体杂质，使悬浮物聚沉，从而起到杀菌消毒和吸附净化水的作用。
【详解】A.硫酸亚铁中加入过氧化钠反应后的产物为高铁酸钠，硫酸亚铁中铁为+2价，高铁酸钠中铁为+6价，铁元素化合价发生变化，则①中一定发生了氧化还原反应，故A正确；
B. 高铁酸钾在水中发生如下过程:4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的固体杂质，使悬浮物聚沉，故B正确；
C. 氢离子与氢氧根离子不能共存，在碱性条件下制备K2FeO4的反应产物中不可能产生氢离子，正确的反应为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；
D. K2FeO4还可以用于处理废水，可将可以把废水中的CN－转化为两种无毒气体，该两种无毒气体为二氧化碳和氮气，根据转化关系，氮元素和碳元素化合价都升高，故反应过程中，CN－做还原剂，高铁酸钾做氧化剂，故D正确；
答案选C。
30．为从粗食盐水中除去、、等离子，以制得精盐水。某同学设计如下方案：

以下说法正确的是
A．A中主要有和，也可能有一些
B．②中加入过量溶液的主要目的是为了除去、
C．D中有、、这3种离子
D．③中发生的反应只有
【答案】A
【分析】向粗食盐水中（含、、等离子）先加足量的溶液，则、分别与、结合反应生成难溶性的、，过滤得到主要成分为、以及可能含微溶的的滤渣A；B为主要含、、、OH-以及的滤液；向溶液B中加入足量溶液，则、分别与结合反应生成难溶性的；过滤则C为含的沉淀，D为含、、、的溶液，然后加适量盐酸酸化，经蒸发浓缩等系列操作得到NaCl晶体。据此分析可得：
【详解】A．根据以上分析，①过滤后A中主要含难溶性的和，也可能含一些微溶性的，故A正确；
B．②中加入过量溶液的主要目的是为了除去和过量的，故B错误；
C．由于①加入过量的，引入了，所以D中含有、、、，故C错误；
D．③中发生的反应除有反应外，还有，故D错误；
答案选A。

二、元素或物质推断题
31．有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：
（1）写出下列元素的名称：A_____，B_____，C_____，D_____。
（2）D元素位于周期表中____周期_____族。D2－的结构示意图是____。
（3）AB2是___（填“共价”或“离子”）化合物，C2B2所含化学键的类型是___、___。写出AB2与C2B2反应的化学方程式：___________________。
（4）用电子式表示化合物C2D的形成过程：________。
【答案】     碳     氧     钠     硫     三     ⅥA          共价     离子键     非极性共价键     2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2    
【分析】A和B具有相同的电子层数，即A和B位于同周期，A的L层电子数是K层电子数的两倍，即A为C，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，即C为Na，Na在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，即B为O，D为S。
【详解】(1) A和B具有相同的电子层数，即A和B位于同周期，A的L层电子数是K层电子数的两倍，即A为C，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，即C为Na，Na在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，即B为O，D为S；
(2)D为S，位于第三周期VIA族；S2－的结构示意图为；
(3)AB2化学式为CO2，CO2属于共价化合物；C2B2的化学式为Na2O2，其电子式为，含有离子键、（非极性）共价键；CO2与Na2O2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
(4)C2D的化学式为Na2S，属于离子化合物，即用电子式表示化合物形成过程：。

三、实验题
32．某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验，根据实验流程回答相关问题：

(1)请写出与①反应的离子方程式_______。
(2)请写出与铁粉反应的化学方程式_______。
(3)向溶液中滴加NaOH溶液最终生成浊液，该过程的现象为_______，此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表达)_______。
(4)将饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，此过程中发生的化学反应为(用化学方程式表达)_______。
(5)溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成二价锰离子，此过程中发生的化学反应为(用离子方程式表达)_______。
【答案】(1)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
(2)Fe+2FeCl3=3FeCl2
(3)     白色沉淀先变成灰绿色最后变成红褐色沉淀     4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(4)
(5)

【分析】Fe2O3和盐酸反应得到FeCl3溶液，FeCl3溶液与铁粉反应生成FeCl2；FeCl3溶液和碱反应生成Fe(OH)3沉淀；把FeCl3溶液滴入沸水中得到Fe(OH)3胶体；
【详解】（1）Fe2O3和盐酸反应生成FeCl3和水，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。
（2）FeCl3溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式是Fe+2FeCl3=3FeCl2；
（3）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为Fe(OH)3，该过程的现象为白色沉淀先变成灰绿色最后变成红褐色沉淀，此过程中发生的氧化还原反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（4）制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；；
（5）亚铁离子具有还原性，溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成二价锰离子和铁离子，。
33．实验室需要配制0.50 NaCl溶液480mL。按下列操作步骤填写适当的文字或数据，以使整个操作完整。
a.选择仪器。
(1)完成本实验所必须用到的仪器有托盘天平(带砝码，最小砝码为5g)、药匙、烧杯、_______、玻璃棒、胶头滴管以及等质量的两片滤纸。
b.计算。
(2)配制该溶液需取NaCl晶体_______g。
c.称量。将药品倒入烧杯中。
d.溶解、冷却。
(3)该步实验中需要使用玻璃棒，其目的是_______。
e.转移、洗涤。
(4)在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，目的是_______。
f.振荡。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
g.定容。
(5)将蒸馏水注入容量瓶至液面接近刻度线_______处，改用_______滴加，使溶液凹液面与刻度线相切
h.摇匀、装瓶
i.实验过程中的以下操作会导致最终所配溶液的浓度
(6)(填“偏高”“偏低”或“无影响”)：
实验操作
最终所配溶液的浓度
向容量瓶中移液时少量溅出
_______
定容时俯视刻度线
_______
定容摇匀后液面下隆再加水
_______
未等溶液冷却就定容
_______


【答案】(1)500mL容量
(2)14.6
(3)加速NaCl晶体的溶解
(4)保证溶质全部转移入容量瓶中
(5)     1~2cm     胶头滴管
(6)     偏低     偏高     偏低     偏高

【分析】一定物质的量浓度溶液的配置需要经计算、称量、溶解、静置冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀以及装瓶等步骤，根据以上步骤选择相关的实验仪器进行实验。据此分析可得：
【详解】（1）由于实验室无480mL容量瓶，根据容量瓶的选取“大而近”原则可知，应选500mL容量瓶，故答案为：500mL容量；
（2）根据可得，，则，故答案为14.6g
（3）溶解过程中需要玻璃棒搅拌以加速NaCl晶体的溶解，故答案为：加速NaCl晶体的溶解；
（4）烧杯内壁和玻璃棒均会附着有少量的NaCl，为了保证溶质全部转移入容量瓶中，从而减小误差则需要洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗液转移至容量瓶中，故答案为：保证溶质全部转移入容量瓶中；
（5）定容时，向容量瓶中注入蒸馏水至液面离刻度线1~2cm处时，改用胶头滴管继续滴加，使溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：1~2cm；胶头滴管；
（6）①根据可得，当向容量瓶中移液时少量溅出，则溶质的质量减小，物质的量浓度也减小，故答案为：偏低；
②定容时俯视刻度线，则使溶液的体积偏小，根据可得，物质的量浓度偏高，故答案为：偏高；
③定容摇匀后液面下隆再加水，则使溶液的体积增大，根据可得，溶液的物质的量浓度偏小，故答案为：偏低；
④未等溶液冷却就定容，由于热胀冷缩原理可知，定容后溶液温度降低，体积减小，则根据可得，溶液物质量浓度偏高，故答案为：偏高；