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广东省深圳中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题含答案
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这是一份广东省深圳中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省深圳中学高一（上）期末化学试卷
一、单项选择题（每小题只有一个答案符合题意，共16小题，其中1-10题每题2分，11-16题每题4分，共54分）
1．（2分）化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．奥密克戎病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体
B．Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚
C．次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂
D．La﹣Ni合金可用作储氢合金，方便吸、放氢气
2．（2分）下列物质分类正确的是（ ）
选项
混合物
酸性氧化物
碱性氧化物
弱电解质
胶体
A
澄清石灰水
Mn2O7
CuO
AgCl
纳米铁粉
B
空气
干冰
CO
Fe（SCN）3
Al（OH）3胶体
C
氨水
SO3
CaO
H3PO4
淀粉溶液
D
酒精
Al2O3
Cl2O
HCl
有色玻璃
A．A B．B C．C D．D
3．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.1NA
B．18gD2O和18O中含有的质子数均为9NA
C．0.5mol•L﹣1硫酸溶液中含有的H+数为NA
D．1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为3NA
4．（2分）下列关于元素和元素周期表的叙述正确的是（ ）
A．ⅠA族元素与ⅥA族元素间形成的化合物可能不止一种
B．Og原子的质子数与中子数之差为179
C．质子数相同的微粒一定是同种元素
D．由Pu转化为Pu的过程属于化学变化
5．（2分）下列选项中的物质用途正确且与其性质对应的是（ ）
选项
性质
用途
A
Fe（OH）3胶体具有吸附性
净化自来水
B
Na2O能与二氧化碳反应
呼吸面具的供氧剂
C
维生素C能溶于水
维生素C与补铁剂共服效果更佳
D
Fe3O4不溶于水
制造录音磁带
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）下列离子能大量共存的是（ ）
A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：、K+、Cl﹣、I﹣
B．能与Al反应产生H2的溶液：K+、、、
C．使石蕊变红的溶液中可能大量存在：Na+、、、Fe2+
D．无色透明的溶液：Na+、Ca2+、ClO﹣、Cl﹣
7．（2分）下列离子反应方程式正确的是（ ）
A．覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+
B．侯氏制碱法制NaHCO3：CO2+NH3+H2O═+
C．碳酸钡溶于草酸：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑
D．向少量NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2：2H+++Ba2++2OH﹣═BaSO4+2H2O
8．（2分）以工业废渣[主要成分为Ca（OH）2，杂质为CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：
氯化时控制温度在75℃左右进行，充分反应后过滤所得滤液为Ca（ClO3）2、CaCl2的混合溶液。下列有关说法正确的是（ ）
A．氯化过程中通入Cl2的速率越快越好
B．转化过程可能发生反应的化学方程式为2KCl+Ca（ClO3）2═2KClO3↓+CaCl2
C．滤渣的主要成分为Ca（OH）2
D．氯化后过滤，测定滤液中与Cl﹣的个数之比为2：3
9．（2分）如图所示实验方案能达到预期实验目的的是（ ）
A．图甲制备Fe（OH）2
B．图乙制备Fe（OH）3胶体
C．图丙进行渗析实验
D．图丁配制100mL0.100mol/LNaCl溶液
10．（2分）下列几种类推结论中，正确的是（ ）
A．Zn加入CuSO4溶液置换Cu，Na加入CuSO4溶液也置也Cu
B．Fe与Cl2点燃生成FeCl3，则Fe与I2点燃生成FeI3
C．Al（OH）3受热易分解，Cu（OH）2受热也易分解
D．CO2通入Ca（OH）2产生白色沉淀，CO2通入CaCl2也产生白色沉淀
11．（4分）同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（ ）
A．SO2 B．CH4 C．CO2 D．O2
12．（4分）如表所列物质不能按如图关系（“→”表示一步完成）相互转化的是（ ）
选项
A
B
C
D
X
Na2CO3
Cl2
Fe
Mg
Y
NaOH
HClO
Fe2O3
Mg（OH）2
Z
NaCl
HCl
Fe（OH）3
MgO
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）某溶液的溶质可能含有Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的几种，向该溶液中滴加0.5mol/L的盐酸，得到CO2体积（换算成标准状状）与盐酸体积的关系如图所示，下面说法错误的是（ ）
A．产生的CO2的物质的量为0.03mol
B．AB段发生反应的离子方程式为+H+═CO2↑+H2O
C．若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，则V2＝100
D．若溶质由Na2CO3和NaOH组成，3V1＝2V2，则n（Na2CO3）：n（NaOH）＝1：2
14．（4分）要除去下列选项中括号内的杂质，所选试剂和方法正确的是（ ）
A．CuSO4（H2SO4）：NaOH，加热浓缩
B．MgO（Al2O3）：NaOH，过滤
C．Cl2（HCl）：饱和NaHCO3，洗气
D．Fe2O3（FeO）：O2，加热
15．（4分）下列实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
取少量溶液X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液
溶液颜色变红
溶液X含有Fe3+
B
向饱和的Na2CO3溶液通入CO2
产生白色沉淀
溶解度：NaHCO3＜Na2CO3
C
向Fe2O3、CuO、Fe的混合粉末中加入过量稀盐酸
析出红色固体
反应后溶液中阳离子只有H+和Fe2+
D
向FeCl3溶液滴加少量酸性KMnO4溶液以检验FeCl2杂质
紫红色褪去
混合溶液中有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
16．（4分）在500mLFeBr2溶液中导入22.4L（在标准状况下）Cl2，充分反应后，溶液中的Br﹣被氧化（还原性：Fe2+＞Br﹣），则原溶液中FeBr2的物质的量浓度是（ ）
A．2.4mol/L B．1.2mol/L C．2.0mol/L D．3.2mol/L
二、填空题（共4小题，共56分）
17．（14分）实验室中需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，请回答下面问题。
（1）用天平称取CuSO4•5H2O晶体的质量是 g。
（2）完成上述实验，除需要如图所示的仪器外，还需要的玻璃仪器是 。
（3）在使用胆矾配制溶液时，需要使用两次玻璃棒，作用是 。
（4）下列实验操作会使配制的溶液浓度偏低的是 。
A.容量瓶内有水，未经过干燥处理
B.定容时，仰视刻度线
C.转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤
D.定容后液面超过刻度线，吸出一部分水
（5）若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要量取 mL0.2mol/LCuSO4。
（6）铜屑放入稀硫酸中不发生反应，向体系通入O2，铜屑可以逐渐溶解生成CuSO4，该反应的离子方程式为 。
（7）某养殖场消毒液由CuSO4、Na2SO4、NaCl混合而成，已知部分离子浓度如表：
离子符号
Na+
Cl﹣
c/mol•L﹣1
1.3
0.4
0.9
该消毒液c（Cu2+）＝ 。
18．（14分）物质间的转化关系如图所示，其中圆圈“〇”内物质是化合物，方框“□”内的物质是单质，A为医学上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体。
（1）C的化学式为 。
（2）反应①②③④中 （填序号）属于氧化还原反应。
（3）检验H中阳离子的常用方法： ，现象： 。
（4）书写方程式：
①A与少量澄清石灰水反应的离子反应方程式： 。
②由D转化为H的化学反应方程式： 。
（5）若工业制得的D中混有少量A，用化学方程式表示提纯D的方法： 。
19．（14分）某磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁（Fe3O4），还含少量的Al2O3、Cu2O。某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，其中F为常见的补铁剂，工艺流程如图（已知Cu2O不溶于水和碱，但溶于强酸：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）。根据流程回答下列问题：
（1）溶液C的溶质主要是 ，铝离子的结构示意图为 。
（2）溶液D与过量试剂X反应的离子方程式是 、 。
（3）在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是 。
（4）操作1的名称为 。
（5）已知E为红色固体，写出证明E中无Cu2O的方法： （写出实验操作与现象）。
20．（14分）实验小组利用Cl2与Fe（OH）3在强碱性条件下反应制备高铁酸钾K2FeO4并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，溦溶于KOH溶液：具有强氧化性，在䂸徃溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）
①将除杂装置B补充完整，并在试剂瓶上标明所用试剂 。
②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的离子反应方程式有 、 。
（2）探究K2FeO4的性质
取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子。
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是 。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2 （填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是 。
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题只有一个答案符合题意，共16小题，其中1-10题每题2分，11-16题每题4分，共54分）
1．【分析】A．根据分散剂不同，可将胶体分为气溶胶、液溶胶和固溶胶；
B．氧化铝能够与氢氧化钠反应；
C．次氯酸具有漂白性；
D．储氢合金La﹣Ni合金是通过形成氢化物储存氢气的。
【解答】解：A．奥密克戎病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体的一种，故A正确；
B．氧化铝能够与氢氧化钠反应，所以不能用氧化铝坩埚熔融烧碱，故B错误；
C．次氯酸具有漂白性，可用于棉、麻和纸张的漂白剂，故C正确；
D．储氢合金La﹣Ni合金，与氢气反应生成氢化物，方便吸、放氢气，故D正确；
故选：B。
2．【分析】含两种或者两种以上物质的为混合物；
能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
能够与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
水溶液中能够部分电离的电解质为弱电解质；
分散质粒子直径介于1nm～100nm的分散系为胶体。
【解答】解：A．氯化银溶于水的部分完全电离，属于强电解质，纳米铁粉属于纯净物，不是胶体，故A错误；
B．CO与酸不反应，不是碱性氧化物，故B错误；
C．氨水为混合物，三氧化硫为酸性氧化物，氧化钙为碱性氧化物，磷酸为弱电解质，淀粉溶液为胶体，故C正确；
D．酒精为纯净物，氧化铝为两性氧化物，一氧化二氯为酸性氧化物，氯化氢为强电解质，故D错误；
故选：C。
3．【分析】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子；
B．一个D2O和一个O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol；
C．溶液体积未知；
D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+价。
【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，故A错误；
B．一个D2O和一个O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol，含有的质子数都为×10×NA/mol＝9NA，故B正确；
C．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；
D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+价，则1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为NA，故D错误；
故选：B。
4．【分析】A．钠元素与氧元素可以形成氧化钠、过氧化钠；
B．该原子的质子数为118，中子数为297﹣118＝179；
C．质子数相同的微粒可能是原子、分子或离子；
D．化学变化中原子核不发生变化。
【解答】解：A．ⅠA族元素与ⅥA族元素间形成的化合物可能不止一种，如钠元素与氧元素可以形成氧化钠、过氧化钠，故A正确；
B．该原子的质子数为118，中子数为297﹣118＝179，二者之差为179﹣118＝61，故B错误；
C．质子数相同的微粒不一定是同种元素，如Ne、H2O、NH3都含有10个质子，故C错误；
D．该变化过程中发生原子核的变化，不属于化学变化，故D错误；
故选：A。
5．【分析】A．氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气；
C．依据维生素C的还原性解答；
D．四氧化三铁具有磁性。
【解答】解：A．氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可用于净化自来水，故A正确；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可用作供氧剂，氧化钠不具有此性质和用途，故B错误；
C．维生素C的还原性，维生素C与补铁剂共服效果更佳，与其能溶于水的性质无关，故C错误；
D．四氧化三铁具有磁性，可用于制造磁带，与其不溶于水的性质无关，故D错误；
故选：A。
6．【分析】A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+；
B．能与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液；
C．使石蕊试液变红色的溶液呈酸性，溶液中含有大量氢离子；
D．无色溶液中不含有色离子。
【解答】解：A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；
B．能与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液，溶液呈酸性或碱性，都不能大量共存，且碱性条件下不能大量共存，故B错误；
C．使石蕊试液变红色的溶液呈酸性，溶液中含有大量氢离子，酸性条件下，Fe2+能被氧化而不能大量共存，故C错误；
D．无色溶液中不含有色离子，这几种离子都无色且离子之间不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
7．【分析】A．Fe3+和Cu反应生成Fe2+和Cu2+；
B．侯氏制碱法制NaHCO3：CO2、NH3、NaCl、H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl；
C．草酸是弱酸，应该写化学式；
D．NaHSO4溶液少量时，NaHSO4和Ba（OH）2反应生成BaSO4、NaOH和H2O。
【解答】解：A．用覆铜板为基础制作印刷电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A正确；
B．侯氏制碱法制NaHCO3：CO2、NH3、NaCl、H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl，离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+，故B错误；
C．草酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式为BaCO3+HOOCCOOH═Ba2++H2O+CO2↑+C2，故C错误；
D．NaHSO4溶液少量时，NaHSO4和Ba（OH）2反应生成BaSO4、NaOH和H2O，离子方程式为H+++Ba2++OH﹣═BaSO4+H2O，故D错误；
故选：A。
8．【分析】工业废渣[主要成分为Ca（OH）2和CaCO3]，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，以此解答该题。
【解答】解：A．氯化过程中需提高Cl2的转化率，可减小通入Cl2的速率，可增加氯化环节与氯气的接触面积，故A错误；
B．向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，方程式为2KCl+Ca（ClO3）2＝2KClO3↓+CaCl2，故B正确；
C．CaCO3不溶于水，滤渣的主要成分为CaCO3，故C错误；
D．根据6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，则与Cl﹣的个数之比为2：10＝1：5，故D错误；
故选：B。
9．【分析】A．图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触；
B．NaOH溶液与氯化铁反应生成沉淀；
C．胶体粒子不能透过半透膜，分子、离子可以；
D．配制100mL0.100mol/LNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容。
【解答】解：A．图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故A错误；
B．NaOH溶液与氯化铁反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故B错误；
C．胶体粒子不能透过半透膜，分子、离子可以，图中渗析法可分离提纯胶体，故C正确；
D．配制100mL0.100mol/LNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容，不能在烧杯中配制一定物质的量浓度的溶液，故D错误；
故选：C。
10．【分析】A．钠比较活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B．碘单质的氧化性比较弱；
C．难溶性的氢氧化物受热均易分解
D．由于酸性：盐酸＞碳酸，CO2通入CaCl2不反应。
【解答】解：A．钠比较活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，故A错误；
B．碘单质的氧化性比较弱，Fe与I2点燃生成FeI2，故B错误；
C．难溶性的氢氧化物受热均易分解，Al（OH）3受热易分解，Cu（OH）2受热也易分解，故C正确；
D．由于酸性：盐酸＞碳酸，CO2通入CaCl2不反应，不能反应生成白色沉淀，故D错误；
故选：C。
11．【分析】根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，根据气体的质量和摩尔质量计算气体的物质的量，进而比较体积大小．
【解答】解：假设气体的质量都为mg，则气体的物质的量分别为：
n（SO2）＝＝，
n（CH4）＝＝，
n（CO2）＝＝，
n（O2）＝＝，
根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，
所以物质的量最多的是CH4，体积最大的就是CH4，
故选：B。
12．【分析】A．Na2CO3与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，Na2CO3和盐酸反应生成NaCl；
B．Cl2与水反应生成HClO、HCl，HClO分解生成HCl；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不能生成氢氧化铁；
D．Mg和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁分解生成MgO，Mg与氧气反应生成氧化镁。
【解答】解：A．Na2CO3与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，Na2CO3和盐酸反应生成NaCl，均可一步实现转化，故A不选；
B．Cl2与水反应生成HClO、HCl，HClO分解生成HCl，能一步实现转化，故B不选；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不能生成氢氧化铁，不能一步实现转化，故C选；
D．Mg和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁分解生成MgO，Mg与氧气反应生成氧化镁，均可一步实现转化，故D不选；
故选：C。
13．【分析】A．依据气体体积计算气体的物质的量；
B．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳；
C．依据碳元素守恒可知碳酸氢钠的物质的量，进而计算消耗盐酸的量；
D．OA段先发生反应NaOH+HCl＝NaCl+H2O，后反应Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，AB段发生反应为NaHCO3+HCl＝CO2↑+H2O+NaCl，依据二氧化碳和盐酸的体积关系，计算Na2CO3和NaOH的物质的量。
【解答】解：A．由图可知，产生的CO2的体积为0.672L，物质的量为＝0.03mol，故A正确；
B．AB段发生反应为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳，离子方程式为+H+═CO2↑+H2O，故B正确；
C．产生的CO2的物质的量为0.03mol，若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，依据碳元素守恒可知x＝0.03﹣0.02＝0.01，由反应Na2CO3+2HCl＝CO2↑+H2O+2NaCl可知，碳酸钠消耗盐酸0.04mol，由反应NaHCO3+HCl＝CO2↑+H2O+NaCl可知碳酸氢钠消耗盐酸0.01mol，共消耗盐酸0.05mol，则V2＝＝0.1L＝100mL，故C正确；
D．AB段发生反应为NaHCO3+HCl＝CO2↑+H2O+NaCl，产生的CO2的物质的量为0.03mol，由碳元素守恒可知n（Na2CO3）＝0.03mol，则AB段消耗盐酸体积为V2﹣V1＝＝0.06L＝60mL，3V1＝2V2，解得V1＝120mL，V2＝180mL，OA段发生反应Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，消耗盐酸0.03mol，体积为60mL，故与NaOH反应盐酸体积为120mL﹣60mL＝60mL，n（NaOH）＝0.5mol/L×0.06L＝0.03mol，则n（Na2CO3）：n（NaOH）＝1：1，故D错误；
故选：D。
14．【分析】A．硫酸、硫酸铜均与NaOH溶液反应；
B．氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不反应；
C．氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应；
D．FeO与氧气反应可生成四氧化三铁。
【解答】解：A．硫酸、硫酸铜均与NaOH溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不反应，反应后过滤可除杂，故B正确；
C．氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D．FeO与氧气反应可生成四氧化三铁，引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：B。
15．【分析】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除亚铁离子的干扰；
B．饱和的Na2CO3溶液通入CO2，析出溶解度小的碳酸氢钠；
C．加入过量稀盐酸固体全部溶解；
D．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除亚铁离子的干扰，应直接加KSCN溶液加检验铁离子，故A错误；
B．饱和的Na2CO3溶液通入CO2，析出溶解度小的碳酸氢钠，产生白色沉淀，故B正确；
C．加入过量稀盐酸固体全部溶解，铁可置换出铜，可析出红色固体，溶液中可能还有铜离子，故C错误；
D．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明含亚铁离子，故D错误；
故选：B。
16．【分析】标准状况下，氯气的物质的量为＝1mol，还原性：Fe2+＞Br﹣，可知氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，结合得失电子守恒计算。
【解答】解：设原溶液中FeBr2的物质的量浓度是x，还原性：Fe2+＞Br﹣，可知氯气先氧化亚铁离子，然后溶液中的Br﹣被氧化，由得失电子守恒可知，×2×[0﹣（﹣1）]＝0.5L×x×（3﹣2）+0.5L×x×2××[0﹣（﹣1）]，解得x＝2.4mol/L，
故选：A。
二、填空题（共4小题，共56分）
17．【分析】（1）依据m＝cVM计算；
（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀、装瓶确定正确的操作步骤；
（3）依据玻璃棒在溶解和移液操作中的作用解答；
（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析；
（5）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓溶液体积；
（6）铜在酸性环境下能够被氧气氧化；
（7）混合溶液呈电中性，根据电荷守恒：c（Cl﹣）+2（）＝c（Na+）+2c（Mg2+），据此计算。
【解答】解：（1）需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要称取CuSO4•5H2O晶体的质量：0.2mol/L×0.5L×250g/mol＝25.0g，
故答案为：25.0；
（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙和容量瓶、胶头滴管，需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，故还缺少的仪器有500mL容量瓶，
故答案为：500mL容量瓶；
（3）玻璃棒在溶解时作用为搅拌，在移液时作用为引流，
故答案为：移液、引流；
（4）A.容量瓶内有水，未经过干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响；
B.定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
C.转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低；
D.定容后液面超过刻度线，吸出一部分水，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，
故答案为：BCD；
（5）若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，依据稀释规律可知，需要浓溶液体积为：＝0.125L，即125.0mL，
故答案为：125.0；
（6）铜在酸性环境下能够被氧气氧化，反应的离子方程式为：2Cu+O2+4H+＝2Cu2++2H2O，
故答案为：2Cu+O2+4H+＝2Cu2++2H2O；
（7）混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有：c（Cl﹣）+2（）＝c（Na+）+2c（Mg2+），故：0.9mol/L+2×0.4mol/L＝1.3mol/L+c（Cu2+）×2，解得：c（Cu2+）＝0.2 mol/L，
故答案为：0.2 mol/L。
18．【分析】化合物G为淡黄色固体，化合物C在通常状况下为无色液体，二者反应生成单质E与化合物H，则G是Na2O2、C是H2O、H为NaOH、E是O2，由反应②可知金属单质F为Na，根据反应④可知D中含有Na元素，A是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，加热分解生成水、B及含Na元素化合物D，可推知A是NaHCO3、B为CO2、D为Na2CO3，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，符合转化关系。
【解答】解：（1）由分析可知，C的化学式为H2O，
故答案为：H2O；
（2）①是碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，②是Na与氧气反应生成过氧化钠，③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，④是二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其中②③属于氧化还原反应，
故答案为：②③；
（3）H为NaOH，检验H中阳离子的常用方法：焰色试验，现象：火焰呈现黄色，
故答案为：焰色试验；火焰呈现黄色；
（4）①A是NaHCO3，与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应离子方程式为2+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓++2H2O，
故答案为：2+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓++2H2O；
②由D转化为H的化学反应方程式：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，
故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH；
（5）若固体D（碳酸钠）中混有少量的A（碳酸氢钠），由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可以用加热方法除去混有的碳酸氢钠，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
19．【分析】由图可知，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和偏铝酸钠溶液C；向固体B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜和硫酸铁的溶液D和铜固体E；向溶液D中加入过量的铁（试剂X），硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，过滤得到硫酸亚铁溶液F和含有铜、铁的固体II；向固体II中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。
【解答】解：（1）由分析可知，溶液C的主要成分是NaAlO2；铝离子的结构示意图为，
故答案为：NaAlO2；；
（2）溶液D为硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁的混合液，试剂X为铁，铁与硫酸铜反应了、生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，其反应的离子方程式是Fe+Cu2+＝Fe2++Cu、Fe+2Fe3+＝3Fe2+，
故答案为：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu；Fe+2Fe3+＝3Fe2+；
（3）向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，立即发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，反应生成的氢氧化亚铁具有强还原性，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，
故答案为：生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
（4）分离固体和液体的方法是过滤，则操作1的名称为过滤，
故答案为：过滤；
（5）由于Cu2O溶于强酸，发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则证明E中无Cu2O的方法为向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O，
故答案为：向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O。
20．【分析】根据制备K2FeO4的实验装置可知，装置A 中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气除去，结合氯气的性质分析解答；根据实验方案I和Ⅱ的现象结合同种告知的K2FeO4的性质和氧化还原反应的规律分析解答；根据K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定分析解答；
（1）①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气；
②C中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，则C中Cl2和Fe（OH）3反应生成K2FeO4，另外氯气与过量的KOH反应生成次氯酸钾溶液；
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子；
（4）K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定，据此分析；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜，根据溶液酸碱性分析。
【解答】解：（1）①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气，吸收蒸发出来的HCl气体，即装置B所用试剂为饱和食盐水，除杂装置B补充完整的装置图为，
故答案为：；
②C中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，则C中Cl2发生反应的离子反应为3Cl2+2Fe（OH）3+10OH﹣═2+6Cl﹣+8H2O，另外氯气与过量的KOH反应生成次氯酸钾溶液，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：3Cl2+2Fe（OH）3+10OH﹣═2+6Cl﹣+8H2O；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，
故答案为：Fe3+；
（4）K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定；方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣，用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO﹣对验证的干扰；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在K2FeO4的制备实验中氧化性：Cl2＞，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜，说明物质的氧化性的强弱与溶液酸碱性有关，
故答案为：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO﹣对实验的干扰；＞；物质的氧化性与溶液的酸碱性有关。
2022-2023学年广东省深圳中学高一（上）期末化学试卷
一、单项选择题（每小题只有一个答案符合题意，共16小题，其中1-10题每题2分，11-16题每题4分，共54分）
1．（2分）化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．奥密克戎病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体
B．Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚
C．次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂
D．La﹣Ni合金可用作储氢合金，方便吸、放氢气
2．（2分）下列物质分类正确的是（ ）
选项
混合物
酸性氧化物
碱性氧化物
弱电解质
胶体
A
澄清石灰水
Mn2O7
CuO
AgCl
纳米铁粉
B
空气
干冰
CO
Fe（SCN）3
Al（OH）3胶体
C
氨水
SO3
CaO
H3PO4
淀粉溶液
D
酒精
Al2O3
Cl2O
HCl
有色玻璃
A．A B．B C．C D．D
3．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.1NA
B．18gD2O和18O中含有的质子数均为9NA
C．0.5mol•L﹣1硫酸溶液中含有的H+数为NA
D．1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为3NA
4．（2分）下列关于元素和元素周期表的叙述正确的是（ ）
A．ⅠA族元素与ⅥA族元素间形成的化合物可能不止一种
B．Og原子的质子数与中子数之差为179
C．质子数相同的微粒一定是同种元素
D．由Pu转化为Pu的过程属于化学变化
5．（2分）下列选项中的物质用途正确且与其性质对应的是（ ）
选项
性质
用途
A
Fe（OH）3胶体具有吸附性
净化自来水
B
Na2O能与二氧化碳反应
呼吸面具的供氧剂
C
维生素C能溶于水
维生素C与补铁剂共服效果更佳
D
Fe3O4不溶于水
制造录音磁带
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）下列离子能大量共存的是（ ）
A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：、K+、Cl﹣、I﹣
B．能与Al反应产生H2的溶液：K+、、、
C．使石蕊变红的溶液中可能大量存在：Na+、、、Fe2+
D．无色透明的溶液：Na+、Ca2+、ClO﹣、Cl﹣
7．（2分）下列离子反应方程式正确的是（ ）
A．覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+
B．侯氏制碱法制NaHCO3：CO2+NH3+H2O═+
C．碳酸钡溶于草酸：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑
D．向少量NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2：2H+++Ba2++2OH﹣═BaSO4+2H2O
8．（2分）以工业废渣[主要成分为Ca（OH）2，杂质为CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：
氯化时控制温度在75℃左右进行，充分反应后过滤所得滤液为Ca（ClO3）2、CaCl2的混合溶液。下列有关说法正确的是（ ）
A．氯化过程中通入Cl2的速率越快越好
B．转化过程可能发生反应的化学方程式为2KCl+Ca（ClO3）2═2KClO3↓+CaCl2
C．滤渣的主要成分为Ca（OH）2
D．氯化后过滤，测定滤液中与Cl﹣的个数之比为2：3
9．（2分）如图所示实验方案能达到预期实验目的的是（ ）
A．图甲制备Fe（OH）2
B．图乙制备Fe（OH）3胶体
C．图丙进行渗析实验
D．图丁配制100mL0.100mol/LNaCl溶液
10．（2分）下列几种类推结论中，正确的是（ ）
A．Zn加入CuSO4溶液置换Cu，Na加入CuSO4溶液也置也Cu
B．Fe与Cl2点燃生成FeCl3，则Fe与I2点燃生成FeI3
C．Al（OH）3受热易分解，Cu（OH）2受热也易分解
D．CO2通入Ca（OH）2产生白色沉淀，CO2通入CaCl2也产生白色沉淀
11．（4分）同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（ ）
A．SO2 B．CH4 C．CO2 D．O2
12．（4分）如表所列物质不能按如图关系（“→”表示一步完成）相互转化的是（ ）
选项
A
B
C
D
X
Na2CO3
Cl2
Fe
Mg
Y
NaOH
HClO
Fe2O3
Mg（OH）2
Z
NaCl
HCl
Fe（OH）3
MgO
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）某溶液的溶质可能含有Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的几种，向该溶液中滴加0.5mol/L的盐酸，得到CO2体积（换算成标准状状）与盐酸体积的关系如图所示，下面说法错误的是（ ）
A．产生的CO2的物质的量为0.03mol
B．AB段发生反应的离子方程式为+H+═CO2↑+H2O
C．若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，则V2＝100
D．若溶质由Na2CO3和NaOH组成，3V1＝2V2，则n（Na2CO3）：n（NaOH）＝1：2
14．（4分）要除去下列选项中括号内的杂质，所选试剂和方法正确的是（ ）
A．CuSO4（H2SO4）：NaOH，加热浓缩
B．MgO（Al2O3）：NaOH，过滤
C．Cl2（HCl）：饱和NaHCO3，洗气
D．Fe2O3（FeO）：O2，加热
15．（4分）下列实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
取少量溶液X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液
溶液颜色变红
溶液X含有Fe3+
B
向饱和的Na2CO3溶液通入CO2
产生白色沉淀
溶解度：NaHCO3＜Na2CO3
C
向Fe2O3、CuO、Fe的混合粉末中加入过量稀盐酸
析出红色固体
反应后溶液中阳离子只有H+和Fe2+
D
向FeCl3溶液滴加少量酸性KMnO4溶液以检验FeCl2杂质
紫红色褪去
混合溶液中有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
16．（4分）在500mLFeBr2溶液中导入22.4L（在标准状况下）Cl2，充分反应后，溶液中的Br﹣被氧化（还原性：Fe2+＞Br﹣），则原溶液中FeBr2的物质的量浓度是（ ）
A．2.4mol/L B．1.2mol/L C．2.0mol/L D．3.2mol/L
二、填空题（共4小题，共56分）
17．（14分）实验室中需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，请回答下面问题。
（1）用天平称取CuSO4•5H2O晶体的质量是 g。
（2）完成上述实验，除需要如图所示的仪器外，还需要的玻璃仪器是 。
（3）在使用胆矾配制溶液时，需要使用两次玻璃棒，作用是 。
（4）下列实验操作会使配制的溶液浓度偏低的是 。
A.容量瓶内有水，未经过干燥处理
B.定容时，仰视刻度线
C.转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤
D.定容后液面超过刻度线，吸出一部分水
（5）若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要量取 mL0.2mol/LCuSO4。
（6）铜屑放入稀硫酸中不发生反应，向体系通入O2，铜屑可以逐渐溶解生成CuSO4，该反应的离子方程式为 。
（7）某养殖场消毒液由CuSO4、Na2SO4、NaCl混合而成，已知部分离子浓度如表：
离子符号
Na+
Cl﹣
c/mol•L﹣1
1.3
0.4
0.9
该消毒液c（Cu2+）＝ 。
18．（14分）物质间的转化关系如图所示，其中圆圈“〇”内物质是化合物，方框“□”内的物质是单质，A为医学上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体。
（1）C的化学式为 。
（2）反应①②③④中 （填序号）属于氧化还原反应。
（3）检验H中阳离子的常用方法： ，现象： 。
（4）书写方程式：
①A与少量澄清石灰水反应的离子反应方程式： 。
②由D转化为H的化学反应方程式： 。
（5）若工业制得的D中混有少量A，用化学方程式表示提纯D的方法： 。
19．（14分）某磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁（Fe3O4），还含少量的Al2O3、Cu2O。某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，其中F为常见的补铁剂，工艺流程如图（已知Cu2O不溶于水和碱，但溶于强酸：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）。根据流程回答下列问题：
（1）溶液C的溶质主要是 ，铝离子的结构示意图为 。
（2）溶液D与过量试剂X反应的离子方程式是 、 。
（3）在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是 。
（4）操作1的名称为 。
（5）已知E为红色固体，写出证明E中无Cu2O的方法： （写出实验操作与现象）。
20．（14分）实验小组利用Cl2与Fe（OH）3在强碱性条件下反应制备高铁酸钾K2FeO4并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，溦溶于KOH溶液：具有强氧化性，在䂸徃溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）
①将除杂装置B补充完整，并在试剂瓶上标明所用试剂 。
②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的离子反应方程式有 、 。
（2）探究K2FeO4的性质
取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子。
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是 。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2 （填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是 。
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题只有一个答案符合题意，共16小题，其中1-10题每题2分，11-16题每题4分，共54分）
1．【分析】A．根据分散剂不同，可将胶体分为气溶胶、液溶胶和固溶胶；
B．氧化铝能够与氢氧化钠反应；
C．次氯酸具有漂白性；
D．储氢合金La﹣Ni合金是通过形成氢化物储存氢气的。
【解答】解：A．奥密克戎病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体的一种，故A正确；
B．氧化铝能够与氢氧化钠反应，所以不能用氧化铝坩埚熔融烧碱，故B错误；
C．次氯酸具有漂白性，可用于棉、麻和纸张的漂白剂，故C正确；
D．储氢合金La﹣Ni合金，与氢气反应生成氢化物，方便吸、放氢气，故D正确；
故选：B。
2．【分析】含两种或者两种以上物质的为混合物；
能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
能够与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
水溶液中能够部分电离的电解质为弱电解质；
分散质粒子直径介于1nm～100nm的分散系为胶体。
【解答】解：A．氯化银溶于水的部分完全电离，属于强电解质，纳米铁粉属于纯净物，不是胶体，故A错误；
B．CO与酸不反应，不是碱性氧化物，故B错误；
C．氨水为混合物，三氧化硫为酸性氧化物，氧化钙为碱性氧化物，磷酸为弱电解质，淀粉溶液为胶体，故C正确；
D．酒精为纯净物，氧化铝为两性氧化物，一氧化二氯为酸性氧化物，氯化氢为强电解质，故D错误；
故选：C。
3．【分析】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子；
B．一个D2O和一个O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol；
C．溶液体积未知；
D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+价。
【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，故A错误；
B．一个D2O和一个O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol，含有的质子数都为×10×NA/mol＝9NA，故B正确；
C．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；
D．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+价，则1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为NA，故D错误；
故选：B。
4．【分析】A．钠元素与氧元素可以形成氧化钠、过氧化钠；
B．该原子的质子数为118，中子数为297﹣118＝179；
C．质子数相同的微粒可能是原子、分子或离子；
D．化学变化中原子核不发生变化。
【解答】解：A．ⅠA族元素与ⅥA族元素间形成的化合物可能不止一种，如钠元素与氧元素可以形成氧化钠、过氧化钠，故A正确；
B．该原子的质子数为118，中子数为297﹣118＝179，二者之差为179﹣118＝61，故B错误；
C．质子数相同的微粒不一定是同种元素，如Ne、H2O、NH3都含有10个质子，故C错误；
D．该变化过程中发生原子核的变化，不属于化学变化，故D错误；
故选：A。
5．【分析】A．氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气；
C．依据维生素C的还原性解答；
D．四氧化三铁具有磁性。
【解答】解：A．氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可用于净化自来水，故A正确；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可用作供氧剂，氧化钠不具有此性质和用途，故B错误；
C．维生素C的还原性，维生素C与补铁剂共服效果更佳，与其能溶于水的性质无关，故C错误；
D．四氧化三铁具有磁性，可用于制造磁带，与其不溶于水的性质无关，故D错误；
故选：A。
6．【分析】A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+；
B．能与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液；
C．使石蕊试液变红色的溶液呈酸性，溶液中含有大量氢离子；
D．无色溶液中不含有色离子。
【解答】解：A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；
B．能与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液，溶液呈酸性或碱性，都不能大量共存，且碱性条件下不能大量共存，故B错误；
C．使石蕊试液变红色的溶液呈酸性，溶液中含有大量氢离子，酸性条件下，Fe2+能被氧化而不能大量共存，故C错误；
D．无色溶液中不含有色离子，这几种离子都无色且离子之间不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
7．【分析】A．Fe3+和Cu反应生成Fe2+和Cu2+；
B．侯氏制碱法制NaHCO3：CO2、NH3、NaCl、H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl；
C．草酸是弱酸，应该写化学式；
D．NaHSO4溶液少量时，NaHSO4和Ba（OH）2反应生成BaSO4、NaOH和H2O。
【解答】解：A．用覆铜板为基础制作印刷电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A正确；
B．侯氏制碱法制NaHCO3：CO2、NH3、NaCl、H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl，离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+，故B错误；
C．草酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式为BaCO3+HOOCCOOH═Ba2++H2O+CO2↑+C2，故C错误；
D．NaHSO4溶液少量时，NaHSO4和Ba（OH）2反应生成BaSO4、NaOH和H2O，离子方程式为H+++Ba2++OH﹣═BaSO4+H2O，故D错误；
故选：A。
8．【分析】工业废渣[主要成分为Ca（OH）2和CaCO3]，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，以此解答该题。
【解答】解：A．氯化过程中需提高Cl2的转化率，可减小通入Cl2的速率，可增加氯化环节与氯气的接触面积，故A错误；
B．向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，方程式为2KCl+Ca（ClO3）2＝2KClO3↓+CaCl2，故B正确；
C．CaCO3不溶于水，滤渣的主要成分为CaCO3，故C错误；
D．根据6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，则与Cl﹣的个数之比为2：10＝1：5，故D错误；
故选：B。
9．【分析】A．图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触；
B．NaOH溶液与氯化铁反应生成沉淀；
C．胶体粒子不能透过半透膜，分子、离子可以；
D．配制100mL0.100mol/LNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容。
【解答】解：A．图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故A错误；
B．NaOH溶液与氯化铁反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故B错误；
C．胶体粒子不能透过半透膜，分子、离子可以，图中渗析法可分离提纯胶体，故C正确；
D．配制100mL0.100mol/LNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容，不能在烧杯中配制一定物质的量浓度的溶液，故D错误；
故选：C。
10．【分析】A．钠比较活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B．碘单质的氧化性比较弱；
C．难溶性的氢氧化物受热均易分解
D．由于酸性：盐酸＞碳酸，CO2通入CaCl2不反应。
【解答】解：A．钠比较活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，故A错误；
B．碘单质的氧化性比较弱，Fe与I2点燃生成FeI2，故B错误；
C．难溶性的氢氧化物受热均易分解，Al（OH）3受热易分解，Cu（OH）2受热也易分解，故C正确；
D．由于酸性：盐酸＞碳酸，CO2通入CaCl2不反应，不能反应生成白色沉淀，故D错误；
故选：C。
11．【分析】根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，根据气体的质量和摩尔质量计算气体的物质的量，进而比较体积大小．
【解答】解：假设气体的质量都为mg，则气体的物质的量分别为：
n（SO2）＝＝，
n（CH4）＝＝，
n（CO2）＝＝，
n（O2）＝＝，
根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，
所以物质的量最多的是CH4，体积最大的就是CH4，
故选：B。
12．【分析】A．Na2CO3与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，Na2CO3和盐酸反应生成NaCl；
B．Cl2与水反应生成HClO、HCl，HClO分解生成HCl；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不能生成氢氧化铁；
D．Mg和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁分解生成MgO，Mg与氧气反应生成氧化镁。
【解答】解：A．Na2CO3与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，Na2CO3和盐酸反应生成NaCl，均可一步实现转化，故A不选；
B．Cl2与水反应生成HClO、HCl，HClO分解生成HCl，能一步实现转化，故B不选；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不能生成氢氧化铁，不能一步实现转化，故C选；
D．Mg和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁分解生成MgO，Mg与氧气反应生成氧化镁，均可一步实现转化，故D不选；
故选：C。
13．【分析】A．依据气体体积计算气体的物质的量；
B．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳；
C．依据碳元素守恒可知碳酸氢钠的物质的量，进而计算消耗盐酸的量；
D．OA段先发生反应NaOH+HCl＝NaCl+H2O，后反应Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，AB段发生反应为NaHCO3+HCl＝CO2↑+H2O+NaCl，依据二氧化碳和盐酸的体积关系，计算Na2CO3和NaOH的物质的量。
【解答】解：A．由图可知，产生的CO2的体积为0.672L，物质的量为＝0.03mol，故A正确；
B．AB段发生反应为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳，离子方程式为+H+═CO2↑+H2O，故B正确；
C．产生的CO2的物质的量为0.03mol，若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，依据碳元素守恒可知x＝0.03﹣0.02＝0.01，由反应Na2CO3+2HCl＝CO2↑+H2O+2NaCl可知，碳酸钠消耗盐酸0.04mol，由反应NaHCO3+HCl＝CO2↑+H2O+NaCl可知碳酸氢钠消耗盐酸0.01mol，共消耗盐酸0.05mol，则V2＝＝0.1L＝100mL，故C正确；
D．AB段发生反应为NaHCO3+HCl＝CO2↑+H2O+NaCl，产生的CO2的物质的量为0.03mol，由碳元素守恒可知n（Na2CO3）＝0.03mol，则AB段消耗盐酸体积为V2﹣V1＝＝0.06L＝60mL，3V1＝2V2，解得V1＝120mL，V2＝180mL，OA段发生反应Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，消耗盐酸0.03mol，体积为60mL，故与NaOH反应盐酸体积为120mL﹣60mL＝60mL，n（NaOH）＝0.5mol/L×0.06L＝0.03mol，则n（Na2CO3）：n（NaOH）＝1：1，故D错误；
故选：D。
14．【分析】A．硫酸、硫酸铜均与NaOH溶液反应；
B．氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不反应；
C．氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应；
D．FeO与氧气反应可生成四氧化三铁。
【解答】解：A．硫酸、硫酸铜均与NaOH溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不反应，反应后过滤可除杂，故B正确；
C．氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D．FeO与氧气反应可生成四氧化三铁，引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：B。
15．【分析】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除亚铁离子的干扰；
B．饱和的Na2CO3溶液通入CO2，析出溶解度小的碳酸氢钠；
C．加入过量稀盐酸固体全部溶解；
D．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除亚铁离子的干扰，应直接加KSCN溶液加检验铁离子，故A错误；
B．饱和的Na2CO3溶液通入CO2，析出溶解度小的碳酸氢钠，产生白色沉淀，故B正确；
C．加入过量稀盐酸固体全部溶解，铁可置换出铜，可析出红色固体，溶液中可能还有铜离子，故C错误；
D．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明含亚铁离子，故D错误；
故选：B。
16．【分析】标准状况下，氯气的物质的量为＝1mol，还原性：Fe2+＞Br﹣，可知氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，结合得失电子守恒计算。
【解答】解：设原溶液中FeBr2的物质的量浓度是x，还原性：Fe2+＞Br﹣，可知氯气先氧化亚铁离子，然后溶液中的Br﹣被氧化，由得失电子守恒可知，×2×[0﹣（﹣1）]＝0.5L×x×（3﹣2）+0.5L×x×2××[0﹣（﹣1）]，解得x＝2.4mol/L，
故选：A。
二、填空题（共4小题，共56分）
17．【分析】（1）依据m＝cVM计算；
（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀、装瓶确定正确的操作步骤；
（3）依据玻璃棒在溶解和移液操作中的作用解答；
（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析；
（5）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓溶液体积；
（6）铜在酸性环境下能够被氧气氧化；
（7）混合溶液呈电中性，根据电荷守恒：c（Cl﹣）+2（）＝c（Na+）+2c（Mg2+），据此计算。
【解答】解：（1）需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要称取CuSO4•5H2O晶体的质量：0.2mol/L×0.5L×250g/mol＝25.0g，
故答案为：25.0；
（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙和容量瓶、胶头滴管，需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，故还缺少的仪器有500mL容量瓶，
故答案为：500mL容量瓶；
（3）玻璃棒在溶解时作用为搅拌，在移液时作用为引流，
故答案为：移液、引流；
（4）A.容量瓶内有水，未经过干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响；
B.定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
C.转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低；
D.定容后液面超过刻度线，吸出一部分水，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，
故答案为：BCD；
（5）若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，依据稀释规律可知，需要浓溶液体积为：＝0.125L，即125.0mL，
故答案为：125.0；
（6）铜在酸性环境下能够被氧气氧化，反应的离子方程式为：2Cu+O2+4H+＝2Cu2++2H2O，
故答案为：2Cu+O2+4H+＝2Cu2++2H2O；
（7）混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有：c（Cl﹣）+2（）＝c（Na+）+2c（Mg2+），故：0.9mol/L+2×0.4mol/L＝1.3mol/L+c（Cu2+）×2，解得：c（Cu2+）＝0.2 mol/L，
故答案为：0.2 mol/L。
18．【分析】化合物G为淡黄色固体，化合物C在通常状况下为无色液体，二者反应生成单质E与化合物H，则G是Na2O2、C是H2O、H为NaOH、E是O2，由反应②可知金属单质F为Na，根据反应④可知D中含有Na元素，A是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，加热分解生成水、B及含Na元素化合物D，可推知A是NaHCO3、B为CO2、D为Na2CO3，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，符合转化关系。
【解答】解：（1）由分析可知，C的化学式为H2O，
故答案为：H2O；
（2）①是碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，②是Na与氧气反应生成过氧化钠，③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，④是二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其中②③属于氧化还原反应，
故答案为：②③；
（3）H为NaOH，检验H中阳离子的常用方法：焰色试验，现象：火焰呈现黄色，
故答案为：焰色试验；火焰呈现黄色；
（4）①A是NaHCO3，与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应离子方程式为2+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓++2H2O，
故答案为：2+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓++2H2O；
②由D转化为H的化学反应方程式：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，
故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH；
（5）若固体D（碳酸钠）中混有少量的A（碳酸氢钠），由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可以用加热方法除去混有的碳酸氢钠，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
19．【分析】由图可知，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和偏铝酸钠溶液C；向固体B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜和硫酸铁的溶液D和铜固体E；向溶液D中加入过量的铁（试剂X），硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，过滤得到硫酸亚铁溶液F和含有铜、铁的固体II；向固体II中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。
【解答】解：（1）由分析可知，溶液C的主要成分是NaAlO2；铝离子的结构示意图为，
故答案为：NaAlO2；；
（2）溶液D为硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁的混合液，试剂X为铁，铁与硫酸铜反应了、生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，其反应的离子方程式是Fe+Cu2+＝Fe2++Cu、Fe+2Fe3+＝3Fe2+，
故答案为：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu；Fe+2Fe3+＝3Fe2+；
（3）向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，立即发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，反应生成的氢氧化亚铁具有强还原性，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，
故答案为：生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
（4）分离固体和液体的方法是过滤，则操作1的名称为过滤，
故答案为：过滤；
（5）由于Cu2O溶于强酸，发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则证明E中无Cu2O的方法为向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O，
故答案为：向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O。
20．【分析】根据制备K2FeO4的实验装置可知，装置A 中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气除去，结合氯气的性质分析解答；根据实验方案I和Ⅱ的现象结合同种告知的K2FeO4的性质和氧化还原反应的规律分析解答；根据K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定分析解答；
（1）①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气；
②C中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，则C中Cl2和Fe（OH）3反应生成K2FeO4，另外氯气与过量的KOH反应生成次氯酸钾溶液；
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子；
（4）K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定，据此分析；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜，根据溶液酸碱性分析。
【解答】解：（1）①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气，吸收蒸发出来的HCl气体，即装置B所用试剂为饱和食盐水，除杂装置B补充完整的装置图为，
故答案为：；
②C中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，则C中Cl2发生反应的离子反应为3Cl2+2Fe（OH）3+10OH﹣═2+6Cl﹣+8H2O，另外氯气与过量的KOH反应生成次氯酸钾溶液，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：3Cl2+2Fe（OH）3+10OH﹣═2+6Cl﹣+8H2O；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，
故答案为：Fe3+；
（4）K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定；方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣，用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO﹣对验证的干扰；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在K2FeO4的制备实验中氧化性：Cl2＞，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜，说明物质的氧化性的强弱与溶液酸碱性有关，
故答案为：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO﹣对实验的干扰；＞；物质的氧化性与溶液的酸碱性有关。
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