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四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了5 Si， 下列叙述正确的是， 下列说法不正确的是， 下列离子方程式正确的是，1ml的Cl-等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 Na：23 Cl：35.5 Si：28 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A. 空气、氮气、胆矾B. 生石灰、白磷、干冰
C. 干冰、铁、氯化氢D. 烧碱、液氯、碘酒
【答案】D
【解析】
【详解】A．空气中含有多种物质，属于混合物；氮气为单质；胆矾是由铜、硫、氧、氢四种元素组成的纯净物，属于化合物，故A不符合题意；
B．生石灰是钙、氧元素组成的纯净物，属于化合物；白磷为单质；干冰是由碳、氧两种元素组成的纯净物，属于化合物，故B不符合题意；
C．干冰由碳、氧元素组成的纯净物，属于化合物；铁为单质；氯化氢是由氢、氯元素组成的纯净物，属于化合物，故C不符合题意；
D．烧碱是由钠、氢、氧三种元素组成的纯净物，属于化合物，液态氯为单质；碘酒为碘和酒的混合物，故D符合题意；
故答案为D。
2. 下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是
A. NaHSO4=Na++HSOB. CaCl2=Ca2++2Cl-
C. HNO3=H++NOD. KClO3=K++ClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHSO4属于强酸酸式盐，其在水中电离方程式为NaHSO4=Na++H++，故A项错误；
B．CaCl2属于可溶性盐，在水中电离方程式为CaCl2=Ca2++2Cl-，故B项正确；
C．HNO3属于强酸，在水中电离方程式为HNO3=H++NO，故C项正确；
D．KClO3属于可溶性盐，在水中电离方程式为KClO3=K++ClO，故D项正确；
综上所述，答案为A。
3. 下列各项是关于玻璃棒在若干实验中的用途及操作，其中不正确的是（ ）
A. 溶解物质时搅拌
B. 蘸取少量溶液做焰色试验
C. 过滤时向漏斗中转移液体
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时引流
【答案】B
【解析】
【详解】A. 溶解物质时，利用玻璃棒搅拌，加快溶解速率，正确，A不符合题意；
B. 用铂丝蘸取少量溶液做焰色反应实验，而不是用玻璃棒，错误，B符合题意；
C. 过滤时，用玻璃棒引流，正确，C不符合题意；
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，用玻璃棒引流，正确，D不符合题意。
答案为：B。
4. 下列叙述正确的是
A. 摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为ml
B. CH4的摩尔质量为16g
C. 1mlH2O的质量为18g/ml
D. 标准状况下，1ml任何物质体积均为22.4L
【答案】A
【解析】
【详解】A．物质的量是国际单位制的七个物理量之一，其单位为摩尔，简称摩，符号为ml，故A正确；
B．CH4的摩尔质量为16g/ml，故B错误；
C．1mlH2O的质量为18g，故C错误；
D．标准状况下，1ml任何气体的体积均为22.4L，而不是任何物质，故D错误；
故答案为A。
5. 在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（ ）
A. K＋、Na＋、NO3－、MnO4－B. Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－
C. K＋、Na＋、Cu2＋、Cl－D. Ba2＋、Na＋、OH－、SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，MnO4－是紫色，故A不符合题意；
B选项，Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－在酸性条件下共存，故B符合题意；
C选项，Cu2＋是蓝色，故C不符合题意；
D选项，Ba2＋、SO42－反应，H＋、OH－反应，不共存，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
【点睛】有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子、高锰酸根离子。
6. 下列说法不正确的是
A. 新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色
B. 新制氯水能杀菌消毒是因为有毒，能毒杀细菌
C. 常温下，铁和铝在浓硝酸中钝化，是氧化还原反应
D. 先用盐酸酸化，再加氯化钡溶液来检验溶液中的硫酸根离子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸具有强氧化性，使石蕊褪色，则新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色，故A正确；
B. 新制氯水能杀菌消毒是因为次氯酸具有强的氧化性，能毒杀细菌，故B错误；
C. 铁和铝在浓硝酸中钝化生成对应金属氧化物，化合价变化，氧化还原反应，故C正确；
D. 为排除、的干扰，先用盐酸酸化，再加氯化钡溶液来检验溶液中的硫酸根离子，故D正确。
故答案选：B。
7. 下列说法不正确的是
A. FeSO4可用于净水B. 钠镁单质可用于电光源领域
C. 碳酸钠是重要化工原料，可用于制玻璃、造纸等D. 氯气有毒，不可用于合成药物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.FeSO4可水解出胶体，所以用于净水，故A正确；
B.钠镁单质可用于电光源领域，如高压钠灯，故B正确；
C.碳酸钠是制玻璃、造纸的原料，故C正确；
D.氯气有毒，可用于合成药物，如氯气可以和有机物发生取代反应，生成含氯药物，故D错误。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
B. 澄清石灰水中加入过量碳酸氢钠溶液：Ca2+ + OH- + HCO= CaCO3↓+ H2O
C. 向氨水中通入少量 SO2：NH3•H2O+SO2=NH+HSO
D. 电解饱和食盐水的反应：2Cl-+ 2H+=Cl2↑+ H2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl2的氧化性强于的氧化性，所以过量的Cl2能将氧化为Fe和，则，故选A；
B．澄清石灰水中加入过量碳酸氢钠溶液生成碳酸钙碳酸钠和水则：，故B错；
C．向氨水中通入少量 SO2生成亚硫酸铵和水则：，故C错；
D．电解饱和食盐水的反应生成氯气、氢气和氢氧化钠：，故D错。
答案选A
9. 4℃时在100mL水中溶解了22.4L氯化氢气体（在标准状况下测得）。下列关于所形成的溶液说法中，正确的是（ ）
A. 该溶液溶质的物质的量浓度为10ml·L-1
B. 若已知该溶液的密度，则可求得溶液溶质的物质的量浓度
C. 该溶液中含有0.1ml的Cl-
D. 该溶液的体积为22.5L
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，故A错误；
B、标准状况下，22.4L HCl气体的物质的量为=1ml，质量为1ml×36.5g/ml=36.5g，100mL水的质量为100g，若已知该溶液的密度，则可求得溶液的体积，进而求得溶质的物质的量浓度，故B正确；
C、标准状况下，22.4L HCl气体的物质的量为=1ml，溶于水电离出1ml Cl-，故C错误；
D、溶液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和，溶液的体积远远小于HCl体积，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为A，要注意溶液的体积不等于溶剂的体积。
10. 人体血液中如果缺乏亚铁离子，就会造成缺铁性贫血。市场出售的某种麦片中含有微量、颗粒细小的铁粉，这些铁粉在人体胃酸(胃酸的主要成分是HCl)作用下转化成亚铁盐。下列叙述错误的是
A. 铁粉具有还原性B. 铁是人体必需的微量元素
C. 常温下，铁能与水发生置换反应D. Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液检验生成蓝色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe粉可以失电子，具有还原性，故A正确；
B．铁是合成血红蛋白的，所以铁是人体必需的微量元素，故B正确；
C．高温条件下，铁和水蒸气发生置换反应，故C错误；
D．可用溶液有蓝色沉淀，故D正确；
故选：C。
11. 某溶液中只可能含有K＋、Al3＋、Br－、OH－、CO、SO中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是
A. Br－B. OH－C. K＋D. Al3＋
【答案】B
【解析】
【详解】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色，则一定含有Br-，生成气体说明含CO32-；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象，则一定不含SO32-离子，且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存，则一定不存在Al3+，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，不能确定是否含OH-，还需要检验，故答案为B。
12. 向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5ml/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，若要用CO充分还原等量的该混合物则可得金属质量
A. 26.4gB. 15.2gC. 28.2gD. 27．6g
【答案】A
【解析】
【详解】向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5ml/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，说明生成了硫酸铜、硫酸亚铁，可能有硫酸铁，混合物中的氧全部变为水，水中的氢全部来自硫酸，因此根据元素守恒n(O)=n(H2O)=n(H2SO4)=0.3 L×1.5 ml∙L−1＝0.45ml，则金属质量为33.6g−0.45ml×16g∙ml−1＝26.4g，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
13. 已知A 由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中某几种粉末混合而成，现设计如下实验分析方案，则下列有关分析正确的是
A. 当m1>m2时，A中必有 Al
B. 根据得到蓝色溶液推出原固体混合物中必有Fe3O4
C. 确定混合物中是否含Al，可取A加稀硝酸观察是否有气体生成
D. 当m2-m3=2.96g时，Cu的质量一定为0.64g
【答案】B
【解析】
【详解】A．当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，A错误；
B．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，则原固体混合物中必有Fe3O4，B正确；
C．若需验证混合物中是否含有Al，可向A中加入稀盐酸判断，不能加入稀硝酸，稀硝酸可以与Cu反应生成NO气体，C错误；
D．加入盐酸后会发生如下反应：8HCl+Fe3O4=2FeCl3+FeCl2+4H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，四氧化三铁、铁离子、铜的关系为：Fe3O4～2Fe3+～Cu，设被氧化的Cu的物质的量为x ，则参加反应的Fe3O4的物质的量也为x ，根据选项中的守恒关系，232x+64x=2.96，解得x=0.01ml，故参加反应的Cu的质量为0.01×64=0.64g，但由于步骤Ⅱ中加入适量的盐酸，Fe3O4可能不会完全溶解，Cu也可能不会完全反应，故混合固体中Cu的质量应大于等于0.64g，D错误；
故选B。
14. 已知：①（未配平）；
②；
③；
④。
下列说法正确的是
A. 上述反应中只有①②③为氧化还原反应
B. 氧化性强弱顺序：
C. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
D. 反应③还原剂发生反应时，生成的物质的量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．上述4个反应中均有元素化合价的变化，都是氧化还原反应，故A错误；
B．氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可判断出氧化性：，由②可判断出氧化性：，反应③中是氧化剂，是还原剂，被氧化为氧气，故氧化性：，能得出氧化性强弱顺序：，故B正确；
C．反应①中氧化剂是，锰元素降低5价，还原剂是HCl，氯元素升高1价，两者物质的量之比为1∶5，故C错误；
D．反应③中是还原剂，被氧化为氧气，还原剂发生反应时，生成氧气的物质的量为，故D错误。
答案选B。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. Ⅰ.完成下列问题
（1）在标准状况下①6.72LCH4 ②3.01×1023个HCl分子 ③13.6gH2S ④0.2mlNH3，下列对这四种气体的关系从大到小的排序不正确的是_________
A. 体积：②>③>④>①B. 密度：②>①>④>③
C. 质量：②>③>①>④D. 氢原子个数：①>③>④>②
Ⅱ.有下列种物质：①液态HCl ②NaHCO3固体 ③NaCl晶体 ④CO2气体 ⑤蔗糖溶液 ⑥Ba(OH)2粉末 ⑦红褐色氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨熔融的NaHSO4 ⑩Cu
（2）上述10物质中属于盐的有___________，非电解质有___________，混合物有___________填序号。
（3）向⑦的溶液中逐渐滴加①的水溶液，看到的现象___________。
（4）上述种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为，则该反应的化学方程式为___________。
（5）少量的④与足量⑥的溶液反应的离子方程式：___________。
（6）写出溶液与少量溶液反应的离子方程式：___________。
III.完成下列问题
（7）自然界固氮，可将少量转化为等氮肥，转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去) N2→NO→NO2→HNO3→Ca(NO3)2。写出NO→NO2→HNO3的化学方程式___________、 ___________。将转化为，列举三种不同类别的化合物___________、___________、___________(写化学式)。
（8）将二氧化氮和xmL的氧气混合同一试管中，将试管口倒插于水中，充分反应，若无气体剩余，、满足关系式___________；若氧气有剩余，则、满足关系式___________。
【答案】（1）AB （2） ①. ②③⑨ ②. ④ ③. ⑤⑦⑧
（3）先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液
（4）2HCl＋Ba(OH)2=BaCl2＋2H2O
（5）Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O
（6）Ba2＋＋OH－＋HCO=BaCO3↓＋H2O
（7） ① 2NO＋O2=2NO2 ②. 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO ③. CaO ④. Ca(OH)2 ⑤. CaCO3
（8） ①. a=4x ②. a<4x
【解析】
【小问1详解】
①标准状况下6.72 L CH4的物质的量为，②3.01×1023个HCl分子物质的量为：，③13.6 g H2S的物质的量为，含有H原子为0.4ml×2=0.8ml④0.2mlNH3，
A．V=nVm知，标况下，气体体积与物质的量成正比，所以这几种气体体积大小顺序是：②＞③＞①＞④，A错误；
B．根据知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/ml、HCl摩尔质量是36.5g/ml、硫化氢摩尔质量是34g/ml、氨气摩尔质量是17g/ml，所以气体密度大小顺序是：②＞③＞④＞①，B错误；
C、甲烷的质量=0.3ml×16g/ml=4.8g，HCl的质量=0.5ml×36.5g/ml=18.25g、硫化氢的质量为13.6g、氨气的质量=0.2ml×17g/ml=3.4g，所以质量大小顺序是：②＞③＞①＞④，C正确；
D．根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，结合分子构成知，甲烷分子中H原子物质的量=0.3ml×4=1.2ml，HCl中H原子的物质的量等于HCl分子的物质的量为0.5ml，硫化氢中H原子的物质的量=0.4ml×2=0.8ml、氨气分子中H原子的物质的量=0.2ml×3=0.6ml，所以H原子个数大小顺序是：①＞③＞④＞②，D正确；
故选AB；
【小问2详解】
由酸根离子和阳离子构成的物质为盐，属于盐的有②③⑨；在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，故选④；由两种或者两种以上物质构成的为混合物，故答案为：⑤⑦⑧；
【小问3详解】
向氢氧化铁胶体中加入盐酸，发生胶体的聚沉，产生红褐色沉淀，然后氢氧化铁沉淀溶于盐酸得到氯化铁黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液；
【小问4详解】
该反应表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，所以可以代表盐酸和氢氧化钡的反应，化学方程式为：2HCl＋Ba(OH)2=BaCl2＋2H2O；
【小问5详解】
二氧化碳少量，此时生成碳酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O；
【小问6详解】
氢氧化钡和少量的碳酸氢钠反应时生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠和水，离子方程式为：. Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O；
【小问7详解】
NO→NO2的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；NO2→HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3Ca(NO3)2，M可以是CaO、Ca(OH)2、CaCO3；
【小问8详解】
NO2和O2混合气体的试管倒立于水中，发生反应，aml二氧化氮和a mL的氧气充分反应，若无气体剩余，a、x满足关系式a :x = 4 ∶1，即a= 4x；若氧气有剩余，则a、x 满足关系式a<4x。
16. 氯化铁主要用作饮水的净水剂和废水的处理净化沉定刑。某同学设计如图装置(夹持和加热装置已经省略)制备少量。
已知：无水极易与水反应，易升华。
（1）仪器a的名称为_______；B中装有饱和食盐水，其作用是_______。
（2）漂白粉的有效成分为_______(填化学式)，A中生成的化学方程式为_______。
（3）D中发生反应的化学方程式为_______，每转移电子，消耗还原剂的质量为_______g；D、E之间选择使用管径较大的玻璃导管的原因是_______。
（4）F、G中的试剂可能为_______(填标号)。
a．浓硫酸、溶液b．浓硫酸、饱和食盐水
c．溶液、浓盐酸d．溶液、浓盐酸
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 除去氯气中的
（2） ①. ②. (浓)
（3） ①. ②. 5.6 ③. 防止氯化铁凝华后堵塞导管
（4）a
【解析】
【分析】盐酸与漂白粉的有效成分Ca(ClO)2反应生成氯气，因为浓盐酸有挥发性，用B去除氯气中的HCl，C中的氯化钙吸收水，干燥纯净的氯气与铁粉反应生成氯化铁，无水FeCl3极易与水反应，则需要F中用浓硫酸除去空气中的水蒸气，因氯气有毒，最终用氢氧化钠吸收，以此分析；
【小问1详解】
根据仪器可知，a为分液漏斗；B中饱和食盐水吸收挥发的HCl气体；
故答案为：分液漏斗；除去氯气中的HCl；
【小问2详解】
漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，盐酸与Ca(ClO)2反应生成氯气；
故答案为：Ca(ClO)2；；
【小问3详解】
D中氯气与铁粉加热生成氯化铁，，1个铁反应转移3个电子，Fe化合价升，失去电子，作还原剂，则每转移0.3ml电子，消耗0.1ml铁，质量为5.6g，无水FeCl3极易与水反应，易升华，防止氯化铁凝华后堵塞导管，D、E之间选择使用管径较大的玻璃导管；
故答案为：；5.6；防止氯化铁凝华后堵塞导管；
【小问4详解】
干燥纯净的氯气与铁粉反应生成氯化铁，无水FeCl3极易与水反应，则需要F中用浓硫酸除去空气中的水蒸气，因氯气有毒，最终用氢氧化钠吸收，故F中盛放浓硫酸，G中用氢氧化钠进行尾气处理；
故答案为：a。
17. 硫酸亚铁铵晶体，俗名为摩尔盐。某学校化学兴趣小组使用摩尔盐配制溶液。请回答下列问题：
（1）配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还需___________。
（2）用电子天平(精确度为)称量晶体___________g。
（3）配制过程中定容时发现液面超过了刻度线，处理的方法是___________；
（4）下列操作将导致所配制的溶液浓度偏小的是___________(填序号)。
①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水
②定容摇匀后发现液面低于刻度线继续加蒸馏水至刻度线
③定容时仰视容量瓶刻度线
④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水
（5）已知溶液的密度大于水，用溶液和等质量的水混合所得溶液的浓度___________ (填“大于”“小于”或“等于”)。
（6）从配制好的溶液中取出溶液于锥形瓶中，然后向锥形瓶中逐滴加入，恰好和溶液(被还原为)完全反应，计算：所用溶液的浓度为___________。
【答案】（1）500mL容量瓶和胶头滴管
（2）19.60 （3）重新配制
（4）②③ （5）小于
（6）0.05
【解析】
【小问1详解】
配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还需500mL的容量瓶和胶头滴管。
【小问2详解】
配制溶液应选用500mL容量瓶，所需称量的的质量为。
【小问3详解】
配制过程中定容时发现液面超过了刻度线，不能把多余的液体吸出来，只能重新配制；
【小问4详解】
①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水，则的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大；②定容摇匀后发现液面低于刻度线继续加蒸馏水至刻度线，会导致所配溶液的体积偏大，浓度偏小；③定容时仰视容量瓶刻度线，则水加多了，导致所配溶液的体积偏大，浓度偏小；④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水，不影响所配溶液中溶质的物质的量，也不影响所配溶液的体积，则浓度不受影响；综上，应填②③。
【小问5详解】
溶液的密度大于水，那么等质量的的溶液的体积要小于水的体积，混合前后溶质的物质的量不变，混合后溶液总体积大于原来的2倍，故混合所得溶液的浓度小于；
【小问6详解】
由题意知，和发生氧化还原反应过程中，Fe元素由+2价升至+3价，Cr元素由+6价降至+3价，则，所用溶液的浓度为=0.05。
18. 如图所示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，其中B为淡黄色固体。
回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：B___________，E___________。
（2）写出反应②的离子方程式：___________
（3）写出反应③的化学方程式：___________
（4）反应③④⑤中___________(填序号)不属于氧化还原反应。
【答案】（1） ①. Na2O2 ②. NaHCO3
（2）2Na+2H2O=2Na+ +2OH-+H2↑
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（4）⑤
【解析】
【分析】A为一种常见的单质，A和氧气反应生成B，B为淡黄色固体，则B是Na2O2，A是Na；Na和水反应生成C，C是NaOH；氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成E，E是NaHCO3；NaHCO3加热分解为D，D是Na2CO3。
小问1详解】
根据以上分析， B是Na2O2，E是NaHCO3；
【小问2详解】
反应②是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，其离子方程式2Na+2H2O=2Na+ +2OH-+H2↑；
【小问3详解】
反应③是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
【小问4详解】
反应③是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，元素化合价发生变化，是氧化还原反应，反应④是 元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，反应⑤是 ，元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故⑤不属于氧化还原反应。
19. 银铜合金有较好的机械性能、硬度高、耐磨性等优良性能，在工业中有广泛的应用。某兴趣小组在实验室中从切割废料中回收银并制备含铜化合物，其流程如下：
（1）铜银合金的熔点比铜单质的熔点_______(填“高”、“低”或“相等”)，在铜银合金中，银的化合价为_______。
（2）写出渣料(含少量银)与试剂1发生反应的离子方程式_______。
（3）操作1的名称是_______。
（4）在硫酸铜溶液中加入足量的铁粉，得到96Cu该反应过程中转移电子_______ 。
（5）已知在的温度下能逐步脱去结晶水。兴趣小组的同学加热17.5g的，随着温度的升高，固体质量变化如图所示。写出温度由升高到时所发生反应的化学方程式_______。
【答案】（1） ①. 低 ②. 0
（2）
（3）过滤 （4）3
（5）
【解析】
【分析】废料通入空气熔炼，铜转化为氧化铜得到渣料，渣料加入稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，过量分离得到硫酸铜和含银滤渣1；
【小问1详解】
合金的熔点低于成分金属，铜银合金的熔点比铜单质的熔点低，在铜银合金中银为单质，银化合价为0；
【小问2详解】
渣料(含少量银)中含有铜和氧气生成氧化铜，氧化铜与试剂1稀硫酸反应生成硫酸铜，；
【小问3详解】
操作1为分离固液的操作，为过滤；
【小问4详解】
在硫酸铜溶液中加入足量的铁粉反应生成铜和硫酸亚铁，铜化合价由+2变为0，则得到96Cu（1.5ml）该反应过程中转移电子3ml；
【小问5详解】
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 Na：23 Cl：35.5 Si：28 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A. 空气、氮气、胆矾B. 生石灰、白磷、干冰
C. 干冰、铁、氯化氢D. 烧碱、液氯、碘酒
【答案】D
【解析】
【详解】A．空气中含有多种物质，属于混合物；氮气为单质；胆矾是由铜、硫、氧、氢四种元素组成的纯净物，属于化合物，故A不符合题意；
B．生石灰是钙、氧元素组成的纯净物，属于化合物；白磷为单质；干冰是由碳、氧两种元素组成的纯净物，属于化合物，故B不符合题意；
C．干冰由碳、氧元素组成的纯净物，属于化合物；铁为单质；氯化氢是由氢、氯元素组成的纯净物，属于化合物，故C不符合题意；
D．烧碱是由钠、氢、氧三种元素组成的纯净物，属于化合物，液态氯为单质；碘酒为碘和酒的混合物，故D符合题意；
故答案为D。
2. 下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是
A. NaHSO4=Na++HSOB. CaCl2=Ca2++2Cl-
C. HNO3=H++NOD. KClO3=K++ClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHSO4属于强酸酸式盐，其在水中电离方程式为NaHSO4=Na++H++，故A项错误；
B．CaCl2属于可溶性盐，在水中电离方程式为CaCl2=Ca2++2Cl-，故B项正确；
C．HNO3属于强酸，在水中电离方程式为HNO3=H++NO，故C项正确；
D．KClO3属于可溶性盐，在水中电离方程式为KClO3=K++ClO，故D项正确；
综上所述，答案为A。
3. 下列各项是关于玻璃棒在若干实验中的用途及操作，其中不正确的是（ ）
A. 溶解物质时搅拌
B. 蘸取少量溶液做焰色试验
C. 过滤时向漏斗中转移液体
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时引流
【答案】B
【解析】
【详解】A. 溶解物质时，利用玻璃棒搅拌，加快溶解速率，正确，A不符合题意；
B. 用铂丝蘸取少量溶液做焰色反应实验，而不是用玻璃棒，错误，B符合题意；
C. 过滤时，用玻璃棒引流，正确，C不符合题意；
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，用玻璃棒引流，正确，D不符合题意。
答案为：B。
4. 下列叙述正确的是
A. 摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为ml
B. CH4的摩尔质量为16g
C. 1mlH2O的质量为18g/ml
D. 标准状况下，1ml任何物质体积均为22.4L
【答案】A
【解析】
【详解】A．物质的量是国际单位制的七个物理量之一，其单位为摩尔，简称摩，符号为ml，故A正确；
B．CH4的摩尔质量为16g/ml，故B错误；
C．1mlH2O的质量为18g，故C错误；
D．标准状况下，1ml任何气体的体积均为22.4L，而不是任何物质，故D错误；
故答案为A。
5. 在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（ ）
A. K＋、Na＋、NO3－、MnO4－B. Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－
C. K＋、Na＋、Cu2＋、Cl－D. Ba2＋、Na＋、OH－、SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，MnO4－是紫色，故A不符合题意；
B选项，Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－在酸性条件下共存，故B符合题意；
C选项，Cu2＋是蓝色，故C不符合题意；
D选项，Ba2＋、SO42－反应，H＋、OH－反应，不共存，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
【点睛】有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子、高锰酸根离子。
6. 下列说法不正确的是
A. 新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色
B. 新制氯水能杀菌消毒是因为有毒，能毒杀细菌
C. 常温下，铁和铝在浓硝酸中钝化，是氧化还原反应
D. 先用盐酸酸化，再加氯化钡溶液来检验溶液中的硫酸根离子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸具有强氧化性，使石蕊褪色，则新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色，故A正确；
B. 新制氯水能杀菌消毒是因为次氯酸具有强的氧化性，能毒杀细菌，故B错误；
C. 铁和铝在浓硝酸中钝化生成对应金属氧化物，化合价变化，氧化还原反应，故C正确；
D. 为排除、的干扰，先用盐酸酸化，再加氯化钡溶液来检验溶液中的硫酸根离子，故D正确。
故答案选：B。
7. 下列说法不正确的是
A. FeSO4可用于净水B. 钠镁单质可用于电光源领域
C. 碳酸钠是重要化工原料，可用于制玻璃、造纸等D. 氯气有毒，不可用于合成药物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.FeSO4可水解出胶体，所以用于净水，故A正确；
B.钠镁单质可用于电光源领域，如高压钠灯，故B正确；
C.碳酸钠是制玻璃、造纸的原料，故C正确；
D.氯气有毒，可用于合成药物，如氯气可以和有机物发生取代反应，生成含氯药物，故D错误。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
B. 澄清石灰水中加入过量碳酸氢钠溶液：Ca2+ + OH- + HCO= CaCO3↓+ H2O
C. 向氨水中通入少量 SO2：NH3•H2O+SO2=NH+HSO
D. 电解饱和食盐水的反应：2Cl-+ 2H+=Cl2↑+ H2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl2的氧化性强于的氧化性，所以过量的Cl2能将氧化为Fe和，则，故选A；
B．澄清石灰水中加入过量碳酸氢钠溶液生成碳酸钙碳酸钠和水则：，故B错；
C．向氨水中通入少量 SO2生成亚硫酸铵和水则：，故C错；
D．电解饱和食盐水的反应生成氯气、氢气和氢氧化钠：，故D错。
答案选A
9. 4℃时在100mL水中溶解了22.4L氯化氢气体（在标准状况下测得）。下列关于所形成的溶液说法中，正确的是（ ）
A. 该溶液溶质的物质的量浓度为10ml·L-1
B. 若已知该溶液的密度，则可求得溶液溶质的物质的量浓度
C. 该溶液中含有0.1ml的Cl-
D. 该溶液的体积为22.5L
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，故A错误；
B、标准状况下，22.4L HCl气体的物质的量为=1ml，质量为1ml×36.5g/ml=36.5g，100mL水的质量为100g，若已知该溶液的密度，则可求得溶液的体积，进而求得溶质的物质的量浓度，故B正确；
C、标准状况下，22.4L HCl气体的物质的量为=1ml，溶于水电离出1ml Cl-，故C错误；
D、溶液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和，溶液的体积远远小于HCl体积，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为A，要注意溶液的体积不等于溶剂的体积。
10. 人体血液中如果缺乏亚铁离子，就会造成缺铁性贫血。市场出售的某种麦片中含有微量、颗粒细小的铁粉，这些铁粉在人体胃酸(胃酸的主要成分是HCl)作用下转化成亚铁盐。下列叙述错误的是
A. 铁粉具有还原性B. 铁是人体必需的微量元素
C. 常温下，铁能与水发生置换反应D. Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液检验生成蓝色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe粉可以失电子，具有还原性，故A正确；
B．铁是合成血红蛋白的，所以铁是人体必需的微量元素，故B正确；
C．高温条件下，铁和水蒸气发生置换反应，故C错误；
D．可用溶液有蓝色沉淀，故D正确；
故选：C。
11. 某溶液中只可能含有K＋、Al3＋、Br－、OH－、CO、SO中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是
A. Br－B. OH－C. K＋D. Al3＋
【答案】B
【解析】
【详解】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色，则一定含有Br-，生成气体说明含CO32-；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象，则一定不含SO32-离子，且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存，则一定不存在Al3+，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，不能确定是否含OH-，还需要检验，故答案为B。
12. 向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5ml/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，若要用CO充分还原等量的该混合物则可得金属质量
A. 26.4gB. 15.2gC. 28.2gD. 27．6g
【答案】A
【解析】
【详解】向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5ml/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，说明生成了硫酸铜、硫酸亚铁，可能有硫酸铁，混合物中的氧全部变为水，水中的氢全部来自硫酸，因此根据元素守恒n(O)=n(H2O)=n(H2SO4)=0.3 L×1.5 ml∙L−1＝0.45ml，则金属质量为33.6g−0.45ml×16g∙ml−1＝26.4g，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
13. 已知A 由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中某几种粉末混合而成，现设计如下实验分析方案，则下列有关分析正确的是
A. 当m1>m2时，A中必有 Al
B. 根据得到蓝色溶液推出原固体混合物中必有Fe3O4
C. 确定混合物中是否含Al，可取A加稀硝酸观察是否有气体生成
D. 当m2-m3=2.96g时，Cu的质量一定为0.64g
【答案】B
【解析】
【详解】A．当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，A错误；
B．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，则原固体混合物中必有Fe3O4，B正确；
C．若需验证混合物中是否含有Al，可向A中加入稀盐酸判断，不能加入稀硝酸，稀硝酸可以与Cu反应生成NO气体，C错误；
D．加入盐酸后会发生如下反应：8HCl+Fe3O4=2FeCl3+FeCl2+4H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，四氧化三铁、铁离子、铜的关系为：Fe3O4～2Fe3+～Cu，设被氧化的Cu的物质的量为x ，则参加反应的Fe3O4的物质的量也为x ，根据选项中的守恒关系，232x+64x=2.96，解得x=0.01ml，故参加反应的Cu的质量为0.01×64=0.64g，但由于步骤Ⅱ中加入适量的盐酸，Fe3O4可能不会完全溶解，Cu也可能不会完全反应，故混合固体中Cu的质量应大于等于0.64g，D错误；
故选B。
14. 已知：①（未配平）；
②；
③；
④。
下列说法正确的是
A. 上述反应中只有①②③为氧化还原反应
B. 氧化性强弱顺序：
C. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
D. 反应③还原剂发生反应时，生成的物质的量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．上述4个反应中均有元素化合价的变化，都是氧化还原反应，故A错误；
B．氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可判断出氧化性：，由②可判断出氧化性：，反应③中是氧化剂，是还原剂，被氧化为氧气，故氧化性：，能得出氧化性强弱顺序：，故B正确；
C．反应①中氧化剂是，锰元素降低5价，还原剂是HCl，氯元素升高1价，两者物质的量之比为1∶5，故C错误；
D．反应③中是还原剂，被氧化为氧气，还原剂发生反应时，生成氧气的物质的量为，故D错误。
答案选B。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. Ⅰ.完成下列问题
（1）在标准状况下①6.72LCH4 ②3.01×1023个HCl分子 ③13.6gH2S ④0.2mlNH3，下列对这四种气体的关系从大到小的排序不正确的是_________
A. 体积：②>③>④>①B. 密度：②>①>④>③
C. 质量：②>③>①>④D. 氢原子个数：①>③>④>②
Ⅱ.有下列种物质：①液态HCl ②NaHCO3固体 ③NaCl晶体 ④CO2气体 ⑤蔗糖溶液 ⑥Ba(OH)2粉末 ⑦红褐色氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨熔融的NaHSO4 ⑩Cu
（2）上述10物质中属于盐的有___________，非电解质有___________，混合物有___________填序号。
（3）向⑦的溶液中逐渐滴加①的水溶液，看到的现象___________。
（4）上述种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为，则该反应的化学方程式为___________。
（5）少量的④与足量⑥的溶液反应的离子方程式：___________。
（6）写出溶液与少量溶液反应的离子方程式：___________。
III.完成下列问题
（7）自然界固氮，可将少量转化为等氮肥，转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去) N2→NO→NO2→HNO3→Ca(NO3)2。写出NO→NO2→HNO3的化学方程式___________、 ___________。将转化为，列举三种不同类别的化合物___________、___________、___________(写化学式)。
（8）将二氧化氮和xmL的氧气混合同一试管中，将试管口倒插于水中，充分反应，若无气体剩余，、满足关系式___________；若氧气有剩余，则、满足关系式___________。
【答案】（1）AB （2） ①. ②③⑨ ②. ④ ③. ⑤⑦⑧
（3）先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液
（4）2HCl＋Ba(OH)2=BaCl2＋2H2O
（5）Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O
（6）Ba2＋＋OH－＋HCO=BaCO3↓＋H2O
（7） ① 2NO＋O2=2NO2 ②. 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO ③. CaO ④. Ca(OH)2 ⑤. CaCO3
（8） ①. a=4x ②. a<4x
【解析】
【小问1详解】
①标准状况下6.72 L CH4的物质的量为，②3.01×1023个HCl分子物质的量为：，③13.6 g H2S的物质的量为，含有H原子为0.4ml×2=0.8ml④0.2mlNH3，
A．V=nVm知，标况下，气体体积与物质的量成正比，所以这几种气体体积大小顺序是：②＞③＞①＞④，A错误；
B．根据知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/ml、HCl摩尔质量是36.5g/ml、硫化氢摩尔质量是34g/ml、氨气摩尔质量是17g/ml，所以气体密度大小顺序是：②＞③＞④＞①，B错误；
C、甲烷的质量=0.3ml×16g/ml=4.8g，HCl的质量=0.5ml×36.5g/ml=18.25g、硫化氢的质量为13.6g、氨气的质量=0.2ml×17g/ml=3.4g，所以质量大小顺序是：②＞③＞①＞④，C正确；
D．根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，结合分子构成知，甲烷分子中H原子物质的量=0.3ml×4=1.2ml，HCl中H原子的物质的量等于HCl分子的物质的量为0.5ml，硫化氢中H原子的物质的量=0.4ml×2=0.8ml、氨气分子中H原子的物质的量=0.2ml×3=0.6ml，所以H原子个数大小顺序是：①＞③＞④＞②，D正确；
故选AB；
【小问2详解】
由酸根离子和阳离子构成的物质为盐，属于盐的有②③⑨；在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，故选④；由两种或者两种以上物质构成的为混合物，故答案为：⑤⑦⑧；
【小问3详解】
向氢氧化铁胶体中加入盐酸，发生胶体的聚沉，产生红褐色沉淀，然后氢氧化铁沉淀溶于盐酸得到氯化铁黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液；
【小问4详解】
该反应表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，所以可以代表盐酸和氢氧化钡的反应，化学方程式为：2HCl＋Ba(OH)2=BaCl2＋2H2O；
【小问5详解】
二氧化碳少量，此时生成碳酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O；
【小问6详解】
氢氧化钡和少量的碳酸氢钠反应时生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠和水，离子方程式为：. Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O；
【小问7详解】
NO→NO2的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；NO2→HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3Ca(NO3)2，M可以是CaO、Ca(OH)2、CaCO3；
【小问8详解】
NO2和O2混合气体的试管倒立于水中，发生反应，aml二氧化氮和a mL的氧气充分反应，若无气体剩余，a、x满足关系式a :x = 4 ∶1，即a= 4x；若氧气有剩余，则a、x 满足关系式a<4x。
16. 氯化铁主要用作饮水的净水剂和废水的处理净化沉定刑。某同学设计如图装置(夹持和加热装置已经省略)制备少量。
已知：无水极易与水反应，易升华。
（1）仪器a的名称为_______；B中装有饱和食盐水，其作用是_______。
（2）漂白粉的有效成分为_______(填化学式)，A中生成的化学方程式为_______。
（3）D中发生反应的化学方程式为_______，每转移电子，消耗还原剂的质量为_______g；D、E之间选择使用管径较大的玻璃导管的原因是_______。
（4）F、G中的试剂可能为_______(填标号)。
a．浓硫酸、溶液b．浓硫酸、饱和食盐水
c．溶液、浓盐酸d．溶液、浓盐酸
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 除去氯气中的
（2） ①. ②. (浓)
（3） ①. ②. 5.6 ③. 防止氯化铁凝华后堵塞导管
（4）a
【解析】
【分析】盐酸与漂白粉的有效成分Ca(ClO)2反应生成氯气，因为浓盐酸有挥发性，用B去除氯气中的HCl，C中的氯化钙吸收水，干燥纯净的氯气与铁粉反应生成氯化铁，无水FeCl3极易与水反应，则需要F中用浓硫酸除去空气中的水蒸气，因氯气有毒，最终用氢氧化钠吸收，以此分析；
【小问1详解】
根据仪器可知，a为分液漏斗；B中饱和食盐水吸收挥发的HCl气体；
故答案为：分液漏斗；除去氯气中的HCl；
【小问2详解】
漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，盐酸与Ca(ClO)2反应生成氯气；
故答案为：Ca(ClO)2；；
【小问3详解】
D中氯气与铁粉加热生成氯化铁，，1个铁反应转移3个电子，Fe化合价升，失去电子，作还原剂，则每转移0.3ml电子，消耗0.1ml铁，质量为5.6g，无水FeCl3极易与水反应，易升华，防止氯化铁凝华后堵塞导管，D、E之间选择使用管径较大的玻璃导管；
故答案为：；5.6；防止氯化铁凝华后堵塞导管；
【小问4详解】
干燥纯净的氯气与铁粉反应生成氯化铁，无水FeCl3极易与水反应，则需要F中用浓硫酸除去空气中的水蒸气，因氯气有毒，最终用氢氧化钠吸收，故F中盛放浓硫酸，G中用氢氧化钠进行尾气处理；
故答案为：a。
17. 硫酸亚铁铵晶体，俗名为摩尔盐。某学校化学兴趣小组使用摩尔盐配制溶液。请回答下列问题：
（1）配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还需___________。
（2）用电子天平(精确度为)称量晶体___________g。
（3）配制过程中定容时发现液面超过了刻度线，处理的方法是___________；
（4）下列操作将导致所配制的溶液浓度偏小的是___________(填序号)。
①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水
②定容摇匀后发现液面低于刻度线继续加蒸馏水至刻度线
③定容时仰视容量瓶刻度线
④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水
（5）已知溶液的密度大于水，用溶液和等质量的水混合所得溶液的浓度___________ (填“大于”“小于”或“等于”)。
（6）从配制好的溶液中取出溶液于锥形瓶中，然后向锥形瓶中逐滴加入，恰好和溶液(被还原为)完全反应，计算：所用溶液的浓度为___________。
【答案】（1）500mL容量瓶和胶头滴管
（2）19.60 （3）重新配制
（4）②③ （5）小于
（6）0.05
【解析】
【小问1详解】
配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还需500mL的容量瓶和胶头滴管。
【小问2详解】
配制溶液应选用500mL容量瓶，所需称量的的质量为。
【小问3详解】
配制过程中定容时发现液面超过了刻度线，不能把多余的液体吸出来，只能重新配制；
【小问4详解】
①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水，则的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大；②定容摇匀后发现液面低于刻度线继续加蒸馏水至刻度线，会导致所配溶液的体积偏大，浓度偏小；③定容时仰视容量瓶刻度线，则水加多了，导致所配溶液的体积偏大，浓度偏小；④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水，不影响所配溶液中溶质的物质的量，也不影响所配溶液的体积，则浓度不受影响；综上，应填②③。
【小问5详解】
溶液的密度大于水，那么等质量的的溶液的体积要小于水的体积，混合前后溶质的物质的量不变，混合后溶液总体积大于原来的2倍，故混合所得溶液的浓度小于；
【小问6详解】
由题意知，和发生氧化还原反应过程中，Fe元素由+2价升至+3价，Cr元素由+6价降至+3价，则，所用溶液的浓度为=0.05。
18. 如图所示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，其中B为淡黄色固体。
回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：B___________，E___________。
（2）写出反应②的离子方程式：___________
（3）写出反应③的化学方程式：___________
（4）反应③④⑤中___________(填序号)不属于氧化还原反应。
【答案】（1） ①. Na2O2 ②. NaHCO3
（2）2Na+2H2O=2Na+ +2OH-+H2↑
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（4）⑤
【解析】
【分析】A为一种常见的单质，A和氧气反应生成B，B为淡黄色固体，则B是Na2O2，A是Na；Na和水反应生成C，C是NaOH；氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成E，E是NaHCO3；NaHCO3加热分解为D，D是Na2CO3。
小问1详解】
根据以上分析， B是Na2O2，E是NaHCO3；
【小问2详解】
反应②是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，其离子方程式2Na+2H2O=2Na+ +2OH-+H2↑；
【小问3详解】
反应③是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
【小问4详解】
反应③是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，元素化合价发生变化，是氧化还原反应，反应④是 元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，反应⑤是 ，元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故⑤不属于氧化还原反应。
19. 银铜合金有较好的机械性能、硬度高、耐磨性等优良性能，在工业中有广泛的应用。某兴趣小组在实验室中从切割废料中回收银并制备含铜化合物，其流程如下：
（1）铜银合金的熔点比铜单质的熔点_______(填“高”、“低”或“相等”)，在铜银合金中，银的化合价为_______。
（2）写出渣料(含少量银)与试剂1发生反应的离子方程式_______。
（3）操作1的名称是_______。
（4）在硫酸铜溶液中加入足量的铁粉，得到96Cu该反应过程中转移电子_______ 。
（5）已知在的温度下能逐步脱去结晶水。兴趣小组的同学加热17.5g的，随着温度的升高，固体质量变化如图所示。写出温度由升高到时所发生反应的化学方程式_______。
【答案】（1） ①. 低 ②. 0
（2）
（3）过滤 （4）3
（5）
【解析】
【分析】废料通入空气熔炼，铜转化为氧化铜得到渣料，渣料加入稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，过量分离得到硫酸铜和含银滤渣1；
【小问1详解】
合金的熔点低于成分金属，铜银合金的熔点比铜单质的熔点低，在铜银合金中银为单质，银化合价为0；
【小问2详解】
渣料(含少量银)中含有铜和氧气生成氧化铜，氧化铜与试剂1稀硫酸反应生成硫酸铜，；
【小问3详解】
操作1为分离固液的操作，为过滤；
【小问4详解】
在硫酸铜溶液中加入足量的铁粉反应生成铜和硫酸亚铁，铜化合价由+2变为0，则得到96Cu（1.5ml）该反应过程中转移电子3ml；
【小问5详解】
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