2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版


黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
1.下列说法中，正确的是
A. 22gCO2物质的量为0. 5 mol
B. 0.1mol・L-1NaOH溶液中含有0.1molNa+
C. 1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 02×1023
D. 标准状况下，44. 8 L H2 O的物质的量为2mol
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据n=m/M=22g/44gmol-1=0. 5 mol ,故A正确； B. 0.1mol・L-1NaOH溶液没有体积无法计算物质的量，故B错误；C. 1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 02×10232，故C错误；D. 标准状况下，H2 O为非气态，故无法计算物质的量，D错误。答案：A。

2.下列物质分类正确的是(　　)
A. SO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物
B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C. 漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物
D. Na2O2、Al2O3、Fe3O4均为碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A、NO2与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，不是酸性氧化物，故A错误；
B.氯化铁溶液为溶液，不是胶体，故B错误；
C. 漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，均为混合物，故C正确；
D. Na2O2是过氧化物、Al2O3是两性氧化物，故D错误。

3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Cl2与H2O的反应：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－
B. 铜丝插入Fe2(SO4)3溶液中：Cu +Fe3+ =Cu2+ +Fe2+
C. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Br－+Cl2=Br2+2Cl－
D. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2与H2O的反应生成的HClO酸是弱酸，发生反应的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；
B．铜丝插入Fe2(SO4)3溶液中发生反应的离子方程式为Cu +2Fe3+ =Cu2+ +2Fe2+，故B错误；
C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Fe2+也能被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++4Br－+3Cl2= 2Fe3++2Br2+6Cl－，故C错误；
D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—，故D正确；
故答案为D。
【点睛】注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。

4.下列说法中正确的是（ ）
A. 1L水中溶解了 58.5g NaCl，该溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L-1
B. 配制500mL 0.5mol•L-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾
C. 从1L2mol•L-1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol•L-1
D. 中和100 mL1mol•L-1的 H2SO4溶液，需 NaOH 4g
【答案】B
【解析】
【详解】A、1 L水中溶解了58.5 g NaCl，溶液的体积不是1L，溶液的物质的量浓度无法求出，A项错误；
B、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：0.5L×0.5 mol·L-1×250g·mol－1=62.5g，B项正确；
C、从1 L 2 mol·L-1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为2 mol·L-1，C项错误；
D、由关系式H2SO4～2NaOH可知：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1L×1 mol·L-1=0.2mol，m(NaOH)=0.2mol×40g·mol－1=8g，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的时候，计算式要注意晶体中是否含有结晶水，如果含有结晶水，计算称量的质量时，应该是含有结晶水的物质的质量。

5.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+XOH- =Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（ ）
A. 硫元素被氧化，铁元素被还原
B. Fe2+、S2O32- 都是还原剂
C. X=2
D. 每生成1mol Fe3O4，则转移电子数2mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+，Fe和S元素都被氧化，A错误；
B.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，B正确；
C.由电荷守恒可知：2×3+2×(-2)-X=-2，X=4，C错误；
D.由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，D错误。
故合理选项是B。

6.下列推理正确的是
A. 铝粉氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在氧气中燃烧也生成Fe2O3
B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，钠也能从硫酸铜溶液中快速置换出铜
C. 铝片表面易形成致密的氧化膜，钠块表面也易形成致密的氧化膜
D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属单质参与氧化还原反应时金属均作还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】
A．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，不会生成Fe2O3；
B．钠与硫酸铜溶液反应的实质为：钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，不会生成铜单质；
C、根据铝易于空气中的氧气反应进行分析，钠形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应；
D．金属的化合价为0价，化合物中金属的化合价为正价，所以金属单质在反应中一定做还原剂。
【详解】A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁在氧气中燃烧的方程式为：铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，选项A错误；
B．钠与硫酸铜溶液的反应方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，选项B错误；
C．铝表面容易形成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，但钠化学性质比较活泼，形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应，选项C错误；
D．Na与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属在化合物中的化合价都是正价，所以金属单质参与反应时金属均作还原剂，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了金属单质及其化合物性质，题目难度中等，注意掌握金属单质及其化合物性质的综合利用方法，明确活泼金属在溶液中的反应情况，如钠与硫酸铜溶液的反应，不会置换出金属铜。

7.下列相关反应的离子方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-
B. NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42-完全沉淀Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
C. Fe2O3 与 HI溶液反应Fe2O3 +6H+= 2Fe3++3H2O
D. 浓烧碱溶液中加入铝片Al+OH-+H2O=AlO2-+H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．少量的澄清石灰水，则Ca(OH)2完全反应，使Ca(OH)2的物质的量为1mol，则溶液中有1molCa2＋和2molOH－，2molOH－与2molHCO3－反应，生成2molCO32－和2molH2O，其中1molCO32－与Ca2＋生成CaCO3沉淀，则离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-，A项正确；
使NH4Al(SO4)2的物质的量为1mol，则溶液中含有1molNH4＋、1molAl3＋、2molSO42－，完全沉淀需要加入2molBa(OH)2，则有4molOH－，分别和1molAl3＋、1molNH4＋生成Al(OH)3，NH3·H2O，离子方程式为NH4＋＋Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= NH3·H2O＋Al(OH)3↓+2BaSO4↓+2H2O；产物中没有AlO2－，B项错误，
C．产物中的Fe3＋会与I－发生氧化还原反应，离子方程式应该为Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O；C项错误；
D．H原子不守恒，方程式应该为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，D项错误；
本题答案选A。

8.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，已知反应：Fe2O3＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是（ ）
A. Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B. Fe2O3在反应中显氧化性
C. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
D. 3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移
【答案】C
【解析】
【分析】
A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；
B. Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性；
C、还原剂对应产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；
D、根据反应过程转移的电子物质的量来计算回答。
【详解】A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，选项A错误；
B、 Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性，选项B错误；
C、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O是还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，选项C正确；
D、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子物质的量为6mol，消耗3molNa2O2，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。

9.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（　　）
A. 在碱性溶液中：CO32﹣、K+、S2﹣、Na+
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣
C. 使pH试纸变红的溶液中：NH4+、AlO2﹣、C1﹣、K+
D. 在酸性溶液中：K+、C1﹣、Fe2+、 NO3﹣
【答案】A
【解析】
【详解】A.在碱性溶液中：OH-与CO32﹣、K+、S2﹣、Na+不能反应，可以大量共存，A正确；
B.与铝粉反应放出氢气的无色溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中：H+与NO3﹣起HNO3作用，具有强氧化性，与Al不能反应产生氢气，B错误；
C.使pH试纸变红的溶液显酸性，在酸性溶液中：H+、AlO2﹣会发生反应转化为Al3+和水，不能大量共存，C错误；
D.在酸性溶液中，H+、Fe2+、 NO3﹣会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。

10.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为脱氯剂，已知25 mL 0.1 mol/L Na2S2O3溶液恰好把224 mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－，则S2O32-将转化为（　　）
A. SO42- B. SO32- C. S D. S2－
【答案】A
【解析】
【详解】设完全反应后S2O32-转化成的物质中硫元素的化合价为＋n，则根据氧化还原反应中得失电子守恒可得：2×0.224 L/22.4 L·mol－1＝2（n－2）×0.025 L×0.1 mol/L，解得n＝6，即完全反应后S2O32-转化为SO42-，答案选A。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。

11.镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是( )
A. 铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物
B. 镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应
C. 镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应
D. 高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在铝热反应中将铝粉和氧化铁的混合物称为铝热剂，镁条的燃烧提供引发反应所需的热量，故A错误；
B、铝既能与酸(非强氧化性酸)又能与强碱反应氢气，则铝能和稀盐酸、稀硫酸、强碱反应，但镁不能与强碱反应，故B错误；
C、镁与二氧化碳点燃条件下能够反应生成氧化镁和碳，铝与氧化铁在高温生成铁和氧化铝，该反应置换反应，也属于氧化还原反应，故C正确；
D．高温下，Mg、铝能与氧气反应生成氧化物，则高温下镁和铝在空气中没有抗腐蚀性，故D错误；
答案选C

12.某无色溶液中可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋ ，AlO2－ 、 SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-，某同学为了探究该溶液存在的离子，进行了如下实验：
①向溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体X和沉淀Y生成，过滤后得到无色溶液Z；
②将X通入溴水中，溴水无明显变化；
③向Z中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生。
下列判断正确的是
A. 原溶液中一定含有K＋、AlO2－、SO42-
B. 原溶液中一定不含Mg2+、AlO2－、SO32-
C. X、Y的化学式依次为SO2、Mg(OH)2
D. 实验③中反应为Al3＋+ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】无色溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体X和沉淀Y生成，说明溶液中一定含有SiO32-，生成的沉淀为H2SiO3；气体X通入溴水中无明显变化，则X为CO2，说明含有CO32-，不存在SO32-，同时也一定无Mg2+和Al3+，一定含有K＋；向Z溶液中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有AlO2-，无法确定是否有SO42-；
A．由分析知，原溶液中一定含有K＋、AlO2－ 、 SiO32-、CO32-，故A错误；
B．由分析知，原溶液中一定不含Mg2＋、Al3＋、SO32-，故C错误；
C．由分析知，X、Y的化学式依次为CO2、H2SiO3，故C错误；
D．实验③向Z溶液中加入过量的氨水，有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有AlO2-，生成的沉淀为Al(OH)3，发生的离子反应为Al3＋+ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+，故D正确；
故答案为D。
【点睛】破解离子推断题的几种原则：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；(4)进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。

13.下列选项所表示的物质间转化关系均能一步转化的是
A. Al → Al2O3 → Al(OH)3 → NaAlO2 B. Na → Na2O2 → Na2CO3 → NaOH
C. NaCl → NaHCO3 → Na2CO3 → Na2O2 D. CaO → Ca(OH)2 → CaCl2 → CaCO3
【答案】BD
【解析】
【详解】A、Al2O3不溶于水，也不能与水反应，Al2O3 → Al(OH)3不能一步实现，可以用Al2O3先与酸反应生成Al3+，然后与碱反应生成Al(OH)3，选项A错误；
B、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化钠，所以Na → Na2O2 → Na2CO3 → NaOH符合一步实现，选项B正确；
C、饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，但碳酸钠无法一步转化生成过氧化钠，选项C错误；
D、氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，所以CaO → Ca(OH)2 → CaCl2 → CaCO3符合一步实现，选项D正确。
答案选BD。

14.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示，(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是（ ）

A. 装置①的仪器还可以制取H2气体
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯
C. 装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4
D. 装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1
【答案】C
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置①为二氧化碳制备装置，装置②中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用以除去二氧化碳中的氯化氢，装置③中盛有浓硫酸，用以除去水蒸气，装置④为钠与干燥二氧化碳在加热条件下发生反应的装置，装置⑤为二氧化碳的检验装置，装置⑥为一氧化碳的检验和吸收装置。
【详解】A项、装置①为固体和液体不加热反应制备气体的装置，锌和稀硫酸反应制氢气可以用装置①，故A正确；
B项、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，实验之前，应用二氧化碳气体排出装置中的空气，当装置⑤中石灰水变浑浊后，说明空气已排净，再点燃酒精灯，可排除氧气、水蒸气等对钠与二氧化碳反应的干扰，故B正确；
C项、装置①中反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应，应先用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢，故C错误；
D项、根据题给信息可知，PdC12溶液与CO发生氧化还原反应生成黑色的Pd、二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。

15. 下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 侯式制碱法制纯碱 B. 海带提碘
C. 电解饱和食盐水制烧碱 D. 工业上合成氨
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应是NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，没有涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A选；
B、海带中碘元素以化合态形式存在，提取的碘是碘单质，涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C、电解饱和食盐水，2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D、N2＋3H22NH3，属于氧化还原反应，故D不选。
答案选A。

16.向Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物中加入足置的盐酸，有气体放出，将生成的气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分；将上述混合物在空气中加热，有气体放出。下列判断正确的是
A. 混合物中一定不含Na2CO3、NaCl
B. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3
C. 混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3
D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl
【答案】C
【解析】
【分析】
盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。
【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定，则
A.混合物中可能含有Na2CO3、NaCl，A错误；
B.由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，B错误；
C.由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，C正确；
D.由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查钠的化合物的性质、物质推断等，清楚发生的反应是推断的关键。

17.下列有关物质分类或归类正确的一组是( )
① 液氯、干冰、磁性氧化铁为化合物 ② 盐酸、水玻璃、王水为混合物 ③ 明矾、纯碱、烧碱为电解质 ④ 牛奶、豆浆、碘酒为胶体 ⑤ 小苏打、苏打、苛性钠为钠盐
A. ① ② B. ② ③ C. ③ ④ D. ② ③ ⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①液氯是氯气，属于单质，干冰是二氧化碳、磁性氧化铁是四氧化三铁均为化合物，故①错误；
②盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、王水是浓盐酸和浓硝酸混合物，均为混合物，故②正确；
③明矾为硫酸铝钾的晶体，纯碱为碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，都是电解质，故③正确；
④牛奶、豆浆是胶体，碘酒为溶液不是胶体，故④错误；
⑤小苏打是碳酸氢钠、苏打是碳酸钠均为钠盐，苛性钠为氢氧化钠是碱，不属于钠盐，故⑤错误；
综上所述正确的是②③，答案应选B。

18.已知常温下浓硫酸能使铝片表面形成致密氧化膜，下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是
A. 制硫酸铝 B. 制氢氧化铝
C. 过滤氢氧化铝 D. 灼烧制氧化铝
【答案】C
【解析】
【详解】A、常温下浓硫酸能使铝钝化得不到硫酸铝，选项A错误；
B、过量氢氧化钠与硫酸铝反应生成偏铝酸钠而得不到氢氧化铝，选项B错误；
C、氢氧化铝不溶于水，可通过过滤与水分离,且过滤操作正确，选项C正确；
D、灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，选项D错误
答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点,涉及化学实验基本操作、物质分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，易错点为选项B 。

19.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A. 常温、常压下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
B. 1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA
C. 将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，所得溶液含Fe3＋离子数目为0.1NA
D. 在高温下，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子的物质的量是，个数是0.2NA，故A正确；
B. 1个羟基含9个电子，1 mol的羟基含电子数为9NA，故B错误；
C. 将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，Fe3＋水解，所得溶液含Fe3＋离子数小于0.1NA，故C错误；
D. 在高温下，Fe与足量的水蒸气反应生成Fe3O4，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为NA，故D错误。

20.下面关于金属钠的描述正确的是（　　）
A. 钠在自然界里以游离态或化合态形式存在
B. 钠离子和钠原子都具有较强的还原性
C. 等质量钠分别与足量氧气反应生成Na2O和Na2O2时，转移电子的物质的量相等
D. 钠和钾的合金于室温下呈固态，可作原子反应堆的导热剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠性质活泼，能够与空气中水、氧气反应，自然界中只能以化合态存在，故A错误；
B．钠离子无还原性，钠原子具有还原性，故B错误；
C．等质量钠与分别与氧气生成Na2O和Na2O2时，钠元素都由0价变成+1价，所以等质量钠与分别与氧气生成Na2O和Na2O2时，转移电子的物质的量相等，故C正确；
D．钠和钾的合金于室温下呈液态，而不是固体，故D错误；
答案选C。
【点睛】掌握钠的结构和性质是解题的关键。本题的易错点为D，要注意合金的熔点比成分金属的熔点要低。

21.下列关于硅及其化合物说法正确的是（ ）
A. 硅是非金属单质，与任何酸都不发生反应
B. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品
C. NaOH溶液保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中
D. 可利用HCl除去SiO2中的少量CaCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅是非金属单质，与常见的酸不发生反应，只与一种特殊的酸——氢氟酸反应，故A错误；
B．水晶的主要成分为二氧化硅，是氧化物，不属于硅酸盐，故B错误；
C．氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，一段时间后导致玻璃塞打不开，应用橡皮塞，故C错误；
D.碳酸钙与盐酸能够反应，而二氧化硅不能，则除去SiO2中的少量CaCO3，可以选用盐酸，故D正确；
答案选D。

22.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是
A. 23g Na与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25 NA< N（O2）< 0.5 NA
B. 2 mol NO和1 mol O2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数小于2NA
C. 2.5gMg-Zn合金与足量盐酸反应，放出的气体在标况下的体积可能为2.24L
D. 50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.23g Na物质的量为1mol，根据4Na+O2=2Na2O反应可知，消耗N（O2）=0.25NA；根据2Na+O2=Na2O2反应可知，消耗N（O2）=0.5NA；因此1molNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25 NA< N（O2）< 0.5 NA，A正确；
B. 在密闭容器中发生反应：2NO+O2=2NO2，所以2molNO和1molO2反应生成2molNO2，由于2NO2N2O4反应的存在，所以反应后容器中的分子数小于2NA，B正确；
C. 设Mg为xmol，Zn为ymol，放出的气体的量为0.1mol，则24x+65y=2.5，x+y=0.1，则x=4/41mol，y=0.1/41mol，所以当n(Mg)：n(Zn)=40:1时，放出的气体在标况下的体积可能为2.24L；C正确；
D.浓硫酸与足量的铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止；因此50 mL18.4 mol/L浓硫酸不能全部反应，因此转移的电子数目小于0.92NA，D错误；
综上所述，本题选D。

23.下列有关硅及其化合物的叙述错误的是 (    )
①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2
②水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料
③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式可表示为：Na2O•2FeO•3SiO2
④可选用陶瓷坩埚或者生铁坩埚熔融氢氧化钠固体
⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料，具有超硬性，它能与氢氟酸反应
⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，没有固定的熔点
A. ①③⑥ B. ①②③④ C. ③④ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2；
②水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于制备硅胶和木材防火剂；
③硅酸盐在用氧化物表示时，要符合元素原子守恒；
④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐，可以与NaOH在高温下反应；
⑤氮化硅陶瓷属于原子晶体，结合其组成、结构分析判断；
⑥混合物没有固定的熔沸点，纯净物有固定的熔沸点。
【详解】①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，①合理；
②水玻璃是硅酸钠的水溶液，可向其水溶液中通入CO2气体，利用复分解反应来制取硅胶，由于硅酸钠不能燃烧也不支持燃烧，因此可作木材防火剂，②合理；
③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式表示时，各种元素的原子个数比不变，元素的化合价不变，因此该硅酸盐可表示为：Na2O•Fe2O3•3SiO2，③错误；
④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐，可以与NaOH在高温下反应，故不能在高温下熔融NaOH固体，④错误；
⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料，由于氮化硅属于原子晶体，原子间通过共价键结合，共价键的作用力强，因此该物质具有超硬性，它能与氢氟酸反应产生SiF4、NH3，⑤正确；
⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，由于没有固定的组成，因此物质没有固定的熔点，只能在一定温度范围内软化，⑥正确；
可见叙述错误的是③④，因此合理选项是C。

24.向含有0.2molFeI2的溶液中加入a molBr2。下列叙述不正确的是（　　）
A. 当a=0.1时，发生的反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣
B. 当a=0.25时，发生的反应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣
C. 当溶液中I﹣有一半被氧化时，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1
D. 当0.2＜a＜0.3时，溶液中各离子浓度的关系为2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）
【答案】B
【解析】
【详解】亚铁离子的还原性弱于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I-+Br2＝I2+2Br-；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2++4I-+3Br2＝2Fe3++2I2+6Br-。
A．a＝0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I-+Br2＝I2+2Br-，A正确；
B．当a＝0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2++8I-+5Br2＝2Fe3++4I2+10Br-，B错误；
C．溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，C正确；
D．当0.2＜a＜0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)＝c(Br-)+c(OH-)，D正确；
答案选B。

25.(1)取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是_________mol；
(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是____________，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释____________；
(3)在100mL FeBr2溶液中通入标况下2.24LCl2，溶液中有1/4的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为__________。
【答案】 (1). 0.032 (2). 2Fe3++SO32- +H2O =2Fe2++SO42- +2H+ (3). 3Fe2++4H++NO3- =3Fe3++NO↑+2H2O (4). 4/3mol/L
【解析】
【分析】
(1)首先计算出n(KI)，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，再计算出n(I2)=n(KIO3)，结合化合价升降守恒计算消耗KMnO4的物质的量；
(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3-与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色；
(3)还原性Fe2+＞Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，根据电子转移守恒计算出FeBr2的物质的量，再根据c=计算FeBr2溶液的物质的量浓度。
【详解】(1)300mL 0.2mol/L的KI溶液中：n(KI)=0.2mol/L×0.3L=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，失电子的物质的量为：2×0.02mol+0.02mol×[5-(-1)]=0.16mol，1mol MnO4-得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗KMnO4的物质的量为=0.032mol，故答案为：0.032；
(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，过一会又变为棕黄色，反应的离子方程式为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+H2O；
(3)标准状况下，2.24L氯气的物质的量为=0.1mol，还原性Fe2+＞Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，设原溶液中FeBr2的物质的量为amol，根据电子转移守恒，则：amol×(3-2)+×2×amol×[0-(-1)]=0.1mol×2，解得：a=mol，原FeBr2溶液的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意发生反应的先后顺序，通入的氯气首先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完全后剩余的氯气再氧化溴离子。

26.某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32﹣、SO42﹣、SiO32﹣、NO3﹣中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如下图所示。

请回答下列问题：
(1)由整体的实验过程可判断溶液X中一定不存在的阴离子有______。
(2)产生气体A的离子方程式为____________。
(3)在实验室中收集气体A，可选择如图装置中的______。

(4)写出④反应中生成溶液H的离子方程式____________。
(5)对不能确定是否存在的离子，请简述检测实验方案__________。
【答案】 (1). CO32-、SiO32-、NO3- (2). 3Fe2++4H+ +NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O (3). A (4). Al3++ 4OH-=AlO2- + 2H2O (5). 用洁净铂丝蘸取试样在火焰上灼烧，观察火焰颜色，若为黄色，则说明有Na+；若无黄色，则无Na+。
【解析】
【详解】(1)溶液X呈强酸性，由于H+与CO32﹣、SiO32﹣会发生反应，不能大量共存，所以不含CO32-、SiO32-；溶液与Ba(NO3)2混合生成沉淀C，则说明溶液中含SO42-，则溶液中不含与SO42-反应形成沉淀的Ba2+，沉淀C是BaSO4；加入Ba(NO3)2溶液产生气体A，说明含有还原性离子Fe2+；在酸性条件下NO3-具有强氧化性，所以溶液中Fe2+与NO3-不能共存，溶液中不含NO3-；气体A是NO，NO与O2反应产生的气体D是NO2；NO2、O2、水反应产生的溶液E是硝酸；溶液B加入过量NaOH溶液产生气体F，F是NH3，则溶液中含NH4+；硝酸与氨气反应产生硝酸铵，所以I是NH4NO3；由于溶液B中含有Fe2+氧化产生的Fe3+，所以产生的沉淀G是Fe(OH)3，Fe(OH)3与盐酸反应产生的J是FeCl3；溶液H中通入过量二氧化碳气体，产生沉淀，则溶液中含有Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3。
(1)由整体的实验过程可判断溶液X中一定不存在的阴离子有CO32-、SiO32-、NO3-；
(2)在酸性条件下，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，产生Fe3+，NO3-被还原产生NO，同时有水生成，反应的离子方程式为3Fe2++4H+ +NO3- =3Fe3++NO↑+2H2O；
(3)气体A是NO，该气体容易与空气中的氧气反应生成NO2，所以不能用排空气方法收集，只能用排水方法收集，合理选项是A；
(4)④中Al3+与过量OH-反应生成AlO2-和水，离子方程式为：Al3++ 4OH- =AlO2-+2H2O；
(5)通过前面分析可知：在原溶液中一定含有Al3+、Fe2+、NH4+、SO42-；一定不含有Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-；不能确定的离子是Na+；对于Na+，检测它的实验方案是用洁净铂丝蘸取试样在火焰上灼烧，观察火焰颜色，若为黄色，则说明有Na+；若无黄色，则无Na+。

27.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：

(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为______，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_________(填“氧化还原”、“复分解”或“化合”)反应。
(2)按照上述流程，步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH_____(填“能”或“不能”)，理由是______________________________________________。
(3)步骤②中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制，配制时所需玻璃仪器除量筒外，还需要______(填字母序号)。
A.容量瓶 B.烧杯 C.圆底烧瓶 D.玻璃棒
(4)步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，其离子方程式为_________________已知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，则操作a的名称为_________。
(5)理论上，每获得0.5 mol的FeO42-消耗NaClO的总质量为_________。
【答案】 (1). +6 (2). 氧化还原反应 (3). 不能 (4). CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2 (5). BD (6). 2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O (7). 过滤 (8). 74.5g
【解析】
【分析】
工业上菱铁矿，主要成分是FeCO3及少量SiO2，①用NaOH溶解SiO2除去，步骤②中用28%的稀硫酸溶解生成亚铁离子，③NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，④然后加入NaOH和NaClO发生反应：2Fe3＋+3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O，得到高铁酸钠（Na2FeO4）溶液，⑤最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到产品高铁酸钠。
（1）Na2FeO4中化合价代数和为零；
（2）CaSiO3 难溶于水；
（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器；
（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，根据质量守恒写出离子方程式；
分离固体与液体应用过滤；
（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算。
【详解】（1）Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；
高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；
（2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，不能用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH，CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2；
（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选：BD；
（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，次氯酸跟离子铁离子转化为FeO42－，发生氧化还原反应，其离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；
己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤；
（5）理论上由电子守恒规律可知，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算，每获得0.5 mol的FeO42-消耗 NaClO的物质的量为0.5mol×2=1mol，其总质量为1mol×74.5g/mol=74.5g。

28.铜及其合金是人类最早使用的金属材料。
（1）下图是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为___________。

（2）Cu2＋能与NH3、H2O、Cl－等形成配位数为4的配合物。
①［Cu(NH3)4］2＋中存在的化学键类型有_____________（填序号）。
A．配位键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．离子键
②［Cu(NH3)4］2＋具有对称的空间构型，［Cu(NH3)4］2＋中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则［Cu(NH3)4］2＋的空间构型为___________。
（3）第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物。
①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为_______________________。
②下列叙述不正确的是____________。（填字母）
A．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水
B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
C．C6H6分子中含有6个键和1个大键，C2H2是非极性分子
D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式________________。
（4）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物。与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是_________ 写出一种与 CN- 互为等电子体的单质分子式_______________________。
（5）一种Al－Fe合金的立体晶胞如下图所示。请据此回答下列问题：

①确定该合金的化学式______________。
②若晶体的密度＝ρ g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离(用含ρ的代数式表示，不必化简)为__________cm。
【答案】 (1). 1:5 (2). A、C (3). 平面正方型 (4). H