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【化学】四川省广安友谊中学2018-2019学年高一上学期期末模拟试卷试题（解析版）
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四川省广安友谊中学2018-2019学年高一上学期期末模拟试卷试题
1.下列实验现象和结论或原因相符的是（ ）
操作及现象
原因或结论
A
一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落
铝的熔点高于三氧化二铝
B
某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl－
C
用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色
溶液中有Na+，无K+
D
向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【解析】试题分析：A、不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝的熔点，故错误；B、溶液可能含有SO42－、SO32－等阴离子，加入AgNO3也会产生白色沉淀，故错误；C、观察K＋，需要通过蓝色钴玻璃，故错误；D、变红说明有铁元素，先加KSCN无明显现象，说明不含Fe3＋，滴加氯水，变红，说明溶液中含有Fe2＋，故正确。
2.生产生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是( )
A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH) 2CO3]
B. FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中
C. FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板
D. 服用含Al(OH)3的胃药治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【分析】发生的化学反应中，存在元素的化合价升降，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．铜铸塑像上出现铜绿，Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故A不选；
B．亚铁离子易被氧化，FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中可以防止亚铁离子被氧化，发生氧化还原反应，故B不选；
C．FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板，Fe元素的化合价降低，Cu元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故C不选；
D．服用含Al(OH)3的胃药治疗胃酸过多，为酸碱中和反应，无元素化合价变化，则不发生氧化还原反应，故D选；
故答案选D。
3.下列各组物质，按酸、碱、盐、非电解质的顺序排列的是（ ）
A. 硫酸、胆矾、氯化镁、二氧化碳 B. 硝酸、烧碱、干冰、苏打水
C. 醋酸、消石灰、明矾、铜 D. 氯化氢、苛性钠、NaHCO3、氨气
【答案】D
【解析】A. 硫酸是酸，胆矾是盐，氯化镁是盐，二氧化碳是非电解质，A错误；B. 硝酸是酸，烧碱是碱，干冰是氧化物，不是盐，苏打水是混合物，不是电解质，B错误；C. 醋酸是酸，消石灰是碱，明矾是盐，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D. 氯化氢是酸，苛性钠是碱，NaHCO3是盐，氨气是非电解质，D正确，答案选D。
4.把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸中，待合金完全溶解后(盐酸有剩余)，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A. 盐酸的体积为80mL
B. a的取值范围为0＜a＜50
C. 当a值为30时，b值为0.01
D. n(Mg2+)＜0.025mol
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像可知开始阶段没有沉淀，说明反应后盐酸过量，首先发生中和反应，然后开始沉淀镁离子、铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，剩余的沉淀是氢氧化镁，据此解答。
【详解】A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-＝H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，由于盐酸和氢氧化钠的浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；
B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0＜a＜50，故B正确；
C、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误。
D、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg(OH)2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值。第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，即镁离子的最大值为0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol，故D正确；
故答案选C。
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量氢氧化钠：NH4++Fe2++30H﹣＝NH3•H2O+Fe（OH）2↓
B. 向明矾溶液中滴加Ba（0H）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣＝2Al（OH）3↓+3BaSO4↓
C. 向澄清石灰水中加入过量碳酸氢钠溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D. 向酸性FeC12溶液中加入H2O2：2Fe2++2H2O2＝2Fe3++O2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A、离子方程式应该为：2NH4＋+Fe2＋+40H－＝2NH3·H20+Fe(0H)2↓，A不正确。
B、向明矾溶液中滴加Ba（0H）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀时铝离子转化为偏铝酸根离子，离子方程式为：2Ba2＋+2SO42－+Al3＋+4OH－＝2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，B不正确。
C、HCO3－全部与OH－反应生成CO32－，生成的CO32－部分与Ca2＋生成CaCO3，C正确；
D、向酸性FeC12溶液中加入H2O2：2H＋＋2Fe2＋+H2O2＝2Fe3＋＋2H2O，D不正确。
故答案选C。
6.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
C
氯化铁溶液
淀粉碘化钾溶液
溶液变为蓝色
D
硫酸亚铁溶液
过氧化钠固体
产生气泡和白色沉淀
【答案】C
【解析】A、盐酸先与NaOH反应，不立即产生气泡。A现象不合理；B、先发生Al3＋＋4OH―=AlO2―＋2H2O，后Al3＋＋3AlO2―＋6H2O=4Al(OH)3 ↓,先无沉淀，后产生沉淀，B现象不合理；C、2Fe3＋＋2I―=I2＋2Fe2＋ ,I2遇到淀粉呈蓝色。C正确；D、Fe2＋ 会被氧化成Fe3＋ ，生成Fe(OH)3 ，呈红褐色，D不正确。故选C。
7.已知有如下反应：① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－ ② ClO3－+ 5Cl－ + 6H+ = 3Cl2+ 3H2O ③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B. Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+
D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O
【答案】B
【解析】A.② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在①2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 >Fe3+ 根据② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3－> Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。
8.下列物质的检验，其结论正确的是（ ）
A. 用铁丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中含有Na+，不含K+
B. 向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有Cl－
C. 向待测液里加入过量的盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则表明待测液中肯定含有CO32－
D. 向某溶液中先加氯水再加KSCN 溶液，溶液呈血红色，则表明原溶液中一定含Fe2+
【答案】B
【解析】用铁丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中含有Na+，不含K+，要观察K+的焰色，需要透过蓝色钴玻璃，所以A错；B. 向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有Cl－，这是Cl的鉴别方法，故B正确；C. 向待测液里加入过量的盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中可能含有CO32－ HCO3－ SO32- HSO3-等离子，故C错；D. 向某溶液中先加氯水再加KSCN 溶液，溶液呈血红色，还可能是2Fe2++Cl2= 2Fe3+ +2Cl-.故D错。本题正确答案：B。
9.下列实验现象描述错误的是（ ）
【答案】D
【解析】A、钠燃烧生成过氧化钠，且钠的熔点低，则观察到钠先熔化成光亮的小球．燃烧时，火焰为黄色；燃烧后，生成淡黄色的固体，故A正确；B、氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则观察到铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝箔并不滴落，好像有一层膜兜着，故B正确；C、在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，故C正确；D、铁与水蒸气反应生成黑色物质，现象错误，故C错误；故选D。
10.下列溶液中的离子—定能大量共存的是（ ）
A. 含大量 MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+
B. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-
C. 酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-
D. 含大量 Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
【答案】A
【解析】A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，正确；B、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，错误；C、酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，错误；D、Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，错误。答案选A。
11.将一定量的氯气通入30mL，浓度为10.00mol/L的氢氧化钠溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）
A. 若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25
B. n（Na+）：n（Cl-）可能为7：3
C. 与NaOH反应的氯气一定为0.3mol
D. n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1
【答案】A
【详解】A．氢氧化钠的物质的量是0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时转移电子数最少，为0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×5/6=0.25mol，则0.15＜n＜0.25，故A正确；
B．根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；
C．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C错误；
D．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；
故答案选A。
12.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NA
B. 室温下，0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA
C. 标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4L
D. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
【答案】A
【详解】A、根据反应方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2即1mol氮气时转移电子的物质的量为1mol×15/4=3.75mol，故A正确；
B、溶液体积未知，不能计算0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目，故B错误；
C、标准状况下HF不是气态，NA个HF分子所占的体积不是22.4L，故C错误；
D、根据反应方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2可知，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为0.8/3 mol，故D错误。
答案选A。
13.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100mL,分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. B 曲线中消耗盐酸0
C. B曲线最终产生的CO2体积(标准状况下)为112mL
D. 加盐酸之前A溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠
【答案】C
【解析】A、当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成。假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B曲线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：H++CO32-=HCO3-，故A错误；B、先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的物质的量浓度为cmol/L，0.1L×cmol/L=0.1mol/L×0.075L，c=0.075，故B错误；C、通过C知，B溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，有气体生成的化学反应方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，所以当盐酸的为25mL时有二氧化碳生成，即发生的化学反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，生成的二氧化碳的物质的量= n(H+)=0.1mol/L×（0.075L-0.025L）=0.005mol，则二氧化碳的体积=0.005mol ×22.4L/mol =0.112L=112mL，故C正确；D、当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠，故D错误；故选C。
14.在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的Na、Na2O、Na2O2和NaOH，然后加入100 mL水，搅拌，使固体完全溶于水。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是（ ）
A. 甲＜乙＜丙＜丁 B. 丁＜甲＜乙＝丙
C. 甲＝丁＜乙＝丙 D. 丁＜甲＜乙＜丙
【答案】B
【详解】在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；
Na2O+H2O＝2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；
2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g；
将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/（100+2.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、4/（100+4）×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙，故答案选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 将40 g NaOH溶于1L水中，所得NaOH溶液的浓度为1 mol·L－1
B. 将2.3 g Na投入到97.7 g水中充分反应，所得溶液中溶质的质量分数为4.0%
C. 在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液。该溶液的物质的量浓度为mol·L－1
D. 1mol·L－1的硫酸溶液中c(H＋)＝1mol·L－1
【答案】C
【详解】A.物质的量浓度中的体积指溶液体积不是溶剂体积，所以40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液浓度不等于1mol/L，A项错误；
B.将2.3g钠投入到97.7g水中会发生2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑,溶质是NaOH，所得溶液中溶质的质量分数大于4.%，B项错误；
C.a g NH3的物质的量为a÷17mol，得到VmL溶液，则该溶液的物质的量浓度为1000a/17V mol·L－1，C项正确；
D.硫酸是二元强酸，1 mol·L－1的硫酸溶液中c(H＋)＝2 mol·L－1，D项错误；
答案选C。
16. 实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：
请回答下列问题：
（1）实验室只有100 mL、250 mL、500 mL三种规格的容量瓶，但要配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，需取该浓硫酸 mL。
（2）接下来完成此实验你将用到的仪器有20 mL量筒、烧杯、玻璃棒、____________。
（3）要从所配溶液中取出50 mL盛装于试剂瓶中，给它贴上标签，则标签的内容是________________；若再从中取出10 mL溶液稀释至20 mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为__________。
（4）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 。
A．用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线
B．转移溶液时未洗涤烧杯
C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水
D．定容时俯视容量瓶的刻度线
E．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】（1）13.6；（2）500 mL容量瓶、胶头滴管；（3）0.50 mol/L H2SO4(aq)；0.25 mol/L；（4）BE
【解析】试题分析：（1）配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL的，稀释前后溶质的物质的量不变，v×=500×10－3×0.5，v=13.6×10－3L，需要该浓硫酸13.6mL；（2）配制该物质的量浓度需要的仪器有500mL的容量瓶、胶头滴管、20 mL量筒、烧杯、玻璃棒；（3）标签上应写明硫酸的浓度，即0.50mol·L－1H2SO4(aq)；稀释前后溶质的物质的量不变，10×10－3×0.5=20×10－3×c，c=0.25mol·L－1；（4）A、用量筒量取浓硫酸，读数时仰视，量取的液体体积增大，溶质的物质的量增加，所配溶液浓度增加，不符合题意；B、转移时，未洗涤烧杯，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度降低，符合题意；C、容量瓶残留蒸馏水，对本实验无影响，不符合题意；D、定容时俯视容量瓶，所配溶液的体积减少，物质的量浓度增加，不符合题意；E、定容时摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，对原溶液稀释，物质的量浓度偏低，符合题意；B、E是符合题意的。
17.某混合物甲中含有明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化：
请回答下列问题：
（1）写出A、B的化学式：A__________，B__________。
（2）试剂a最好选用下列试剂中的______________。
A．NaOH溶液 B．稀盐酸 C．二氧化碳 D．氨水
写出相应的离子方程式_____________________________________。
（3）写出反应①（生成溶液C和沉淀）的离子方程式______________。
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为_______。
【答案】(1). Fe2O3 (2). Al2O3 (3). D (4). Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ (5). AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3- (6). K2SO4和(NH4)2SO4
【解析】
【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物加水溶解后，溶液是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向Al2O3和Fe2O3沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀A为Fe2O3；Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和NaHCO3溶液，Al（OH）3受热分解生成的固体B为Al2O3；向KAl(SO4)2溶液中加过量试剂a，反应生成Al（OH）3沉淀，则试剂a为氨水，溶液中剩余的是K2SO4和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4，据此进行解答。
【详解】根据以上分析可知A是氧化铁，B是氧化铝，溶液C是碳酸氢钠溶液，D是硫酸钾和硫酸铵组成的混合物，则
（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3；
（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，答案选D；溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；
（3）反应①中二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-；
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4。
18. 氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。某化学兴趣小组同学对氯气的性质进行如下探究：
（1）兴趣小组同学按下图装置进行实验，探究Cl2的漂白性。
①通入Cl2 后，观察到的现象是 根据现象可得出的结论是 。
②集气瓶B发生反应的离子方程式是 。
③C装置的作用是 ，若有2.24L(标准状况下)Cl2被NaOH溶液完全吸收，则反应过程中转移的电子为 _mol。
（2）兴趣小组同学按下图装置进行实验，探究Cl2的氧化性。
①实验开始后，观察装置A 中的现象是 。
②装置C中发生反应的离子方程式是 。
③停止通入氯气，取装置B中少量溶液于洁净的试管中，向其中滴加足量稀盐酸，再向其中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。则通入Cl2时装置B中发生 反应的离子方程式是 。
【答案】(12 分)
（1）①干燥的有色（或 A 中）布条不褪色，湿润的有色（或 B 中）布条褪色（1 分）；
Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的 HClO 有漂白性（1 分）
②Cl2+ H2O = H++ Cl-+ HClO （2 分）
③吸收氯气，防止环境污染（1 分）0.1（2 分）
（2）①溶液先变为红色，然后褪色。（1 分）
②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－（2 分）
③SO32－＋Cl2="==" SO42－＋2Cl－（2 分）
【解析】试题分析：（1）①该实验目的是探究Cl2的漂白性，干燥的氯气没有漂白性，Cl2+ H2O =HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以通入Cl2 后，观察到的现象是干燥的有色（或 A 中）布条不褪色，湿润的有色（或 B 中）布条褪色。根据现象可得出的结论是Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的 HClO 有漂白性；②Cl2+ H2O =HCl+HClO，HClO为弱电解质，离子方程式为Cl2+ H2O = H++ Cl-+ HClO；③氯气有毒，所以C装置的作用是吸收氯气，防止环境污染；
（2）①本实验的目的是探究Cl2的氧化性，Cl2+ H2O = H++ Cl－+HClO，溶液含有的H+能使紫色石蕊变红色，HClO具有强氧化性，能使紫色石蕊褪色，所以实验开始后，观察装置A 中的现象是溶液先变为红色，然后褪色；
②Fe2+具有还原性，被氯气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；
③滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中的SO32-被氧化为SO42-，反应的离子方程式为SO32－＋Cl2= SO42－＋2Cl－。
19.（1）KClO3与浓盐酸发生反应：KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，该反应中被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为__________________________________。转移1mol电子时，产生标准状况下的Cl2_______L。
（2）与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl－，不生成有机氯代物等有害物质。工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋NaCl+H2O。写出配平的化学方程式________________________________________________。生成0.2 mol ClO2转移电子的物质的量为_________mol。
（3）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为_______。如果向4mol FeBr2 溶液中通入3mol的Cl2，该反应的离子方程式为__________________。
【答案】（1）5∶1 13.44 L；
（2） 5NaClO2＋4HCl= 4ClO2↑＋5NaCl+2H2O 0.2 ；
（3） 6∶3∶2 ；2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－。
【解析】试题分析：（1）在反应KClO3＋6HCl(浓)= KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氯元素的化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，获得电子5e-，被还原，所以KClO3是氧化剂；氯元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子5×e-，被氧化，HCl作还原剂，所以该反应中被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5:1；根据方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol Cl2，所以反应转移1 mol电子时，产生标准状况下的Cl2的物质的量是1/5× 3mol =0.6mol，所以反应产生氯气在标准状况下的体积是V(Cl2)="0.6mol×22.4L/mol=13.44" L；（2）根据电子守恒、原子守恒，可得NaClO2、HCl反应产生ClO2、NaCl、H2O的方程式是5NaClO2＋4HCl= 4ClO2↑＋5NaCl+2H2O；根据方程式可知：每发生反应产生4mol ClO2，转移4mol电子，则生成0.2 mol ClO2转移电子的物质的量为0.2mol。（3）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，相同体积的氯气获得电子的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2失去电子的物质的量相同。因KI、Na2 SO3 、FeBr2 溶液，分别通入足量氯气均发生氧化还原反应，且反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2 SO3 、FeBr2 失去的电子数相等，设KI、Na2 SO3、FeBr2的物质的量分别为x、y、z，由失去的电子数相等可知， x×(1-0)=y×(6-4)=z×(3-2)+z×2×(1-0)，解得x：y：z=6：3：2；由于还原性：Fe2+>Br-，如果向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2，该反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－。
20.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
【氯化铁】熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
【氯化亚铁】熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：
（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为_________。仪器D的名称是__________________。
（2）D中装的药品是碱石灰，其作用是__________________________。
（3）定性分析。取装置C中的少量产物溶于稀硫酸中配成稀溶液待用。若产物中混有FeCl2，可用下列试剂中的_____(只能选取一种试剂，填序号)进行检测，实验现象是__________________________________。
①H2O2 溶液 ②KI-淀粉溶液 ③KSCN溶液 ④酸性KMnO4溶液
（4）定量分析。取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。
则该样品中铁元素的质量分数为_______%(结果精确到小数点后两位)。
（5）由（4）定量分析数据得出结论，并提出改进措施。
①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量______(填“相等”、“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是_________。
【答案】(1). 2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). 球形干燥管 (3). 吸收未反应的Cl2，防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解 (4). ④ (5). 溶液褪色 (6). 36.52 (7). 偏高 (8). 在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl
【解析】
【分析】（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化镁、氯气和水，根据仪器构造判断其名称；
（2）根据氯化铁易吸收空气中的水分而潮解以及氯气有毒分析解答；
（3）根据氯化亚铁具有还原性分析解答；
（4）根据铁元素守恒解答；
（5）根据氯化铁和氯化亚铁中铁元素的质量分数分析判断；根据生成的氯气中含有氯化氢分析解答。
【详解】（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。仪器D的名称是球形干燥管。
（2）氯气有毒需要尾气处理，又因为氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，所以D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的Cl2，防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解。
（3）氯化亚铁具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，因此如果产物中混有FeCl2，可用酸性KMnO4溶液检验，答案选④，实验现象是溶液褪色；
（4）双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，灼烧转化为氧化铁，物质的量是2.4g÷160g/mol＝0.015mol，根据铁元素守恒可知铁元素的质量是0.015mol×2×56g/mol＝1.68g，则该样品中铁元素的质量分数为1.68g/4.6g×100%≈36.52%；
（5）①由于氯化铁中铁元素的质量分数小于氯化亚铁中铁元素的质量分数，则用题目所给的装置制得的产物中，如果铁元素含量偏高，则说明含有FeCl2杂质。
②由于生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，则若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl。
1.下列实验现象和结论或原因相符的是（ ）
操作及现象
原因或结论
A
一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落
铝的熔点高于三氧化二铝
B
某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl－
C
用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色
溶液中有Na+，无K+
D
向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【解析】试题分析：A、不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝的熔点，故错误；B、溶液可能含有SO42－、SO32－等阴离子，加入AgNO3也会产生白色沉淀，故错误；C、观察K＋，需要通过蓝色钴玻璃，故错误；D、变红说明有铁元素，先加KSCN无明显现象，说明不含Fe3＋，滴加氯水，变红，说明溶液中含有Fe2＋，故正确。
2.生产生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是( )
A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH) 2CO3]
B. FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中
C. FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板
D. 服用含Al(OH)3的胃药治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【分析】发生的化学反应中，存在元素的化合价升降，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．铜铸塑像上出现铜绿，Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故A不选；
B．亚铁离子易被氧化，FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中可以防止亚铁离子被氧化，发生氧化还原反应，故B不选；
C．FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板，Fe元素的化合价降低，Cu元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故C不选；
D．服用含Al(OH)3的胃药治疗胃酸过多，为酸碱中和反应，无元素化合价变化，则不发生氧化还原反应，故D选；
故答案选D。
3.下列各组物质，按酸、碱、盐、非电解质的顺序排列的是（ ）
A. 硫酸、胆矾、氯化镁、二氧化碳 B. 硝酸、烧碱、干冰、苏打水
C. 醋酸、消石灰、明矾、铜 D. 氯化氢、苛性钠、NaHCO3、氨气
【答案】D
【解析】A. 硫酸是酸，胆矾是盐，氯化镁是盐，二氧化碳是非电解质，A错误；B. 硝酸是酸，烧碱是碱，干冰是氧化物，不是盐，苏打水是混合物，不是电解质，B错误；C. 醋酸是酸，消石灰是碱，明矾是盐，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D. 氯化氢是酸，苛性钠是碱，NaHCO3是盐，氨气是非电解质，D正确，答案选D。
4.把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸中，待合金完全溶解后(盐酸有剩余)，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A. 盐酸的体积为80mL
B. a的取值范围为0＜a＜50
C. 当a值为30时，b值为0.01
D. n(Mg2+)＜0.025mol
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像可知开始阶段没有沉淀，说明反应后盐酸过量，首先发生中和反应，然后开始沉淀镁离子、铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，剩余的沉淀是氢氧化镁，据此解答。
【详解】A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-＝H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，由于盐酸和氢氧化钠的浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；
B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0＜a＜50，故B正确；
C、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误。
D、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg(OH)2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值。第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，即镁离子的最大值为0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol，故D正确；
故答案选C。
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量氢氧化钠：NH4++Fe2++30H﹣＝NH3•H2O+Fe（OH）2↓
B. 向明矾溶液中滴加Ba（0H）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣＝2Al（OH）3↓+3BaSO4↓
C. 向澄清石灰水中加入过量碳酸氢钠溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D. 向酸性FeC12溶液中加入H2O2：2Fe2++2H2O2＝2Fe3++O2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A、离子方程式应该为：2NH4＋+Fe2＋+40H－＝2NH3·H20+Fe(0H)2↓，A不正确。
B、向明矾溶液中滴加Ba（0H）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀时铝离子转化为偏铝酸根离子，离子方程式为：2Ba2＋+2SO42－+Al3＋+4OH－＝2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，B不正确。
C、HCO3－全部与OH－反应生成CO32－，生成的CO32－部分与Ca2＋生成CaCO3，C正确；
D、向酸性FeC12溶液中加入H2O2：2H＋＋2Fe2＋+H2O2＝2Fe3＋＋2H2O，D不正确。
故答案选C。
6.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
C
氯化铁溶液
淀粉碘化钾溶液
溶液变为蓝色
D
硫酸亚铁溶液
过氧化钠固体
产生气泡和白色沉淀
【答案】C
【解析】A、盐酸先与NaOH反应，不立即产生气泡。A现象不合理；B、先发生Al3＋＋4OH―=AlO2―＋2H2O，后Al3＋＋3AlO2―＋6H2O=4Al(OH)3 ↓,先无沉淀，后产生沉淀，B现象不合理；C、2Fe3＋＋2I―=I2＋2Fe2＋ ,I2遇到淀粉呈蓝色。C正确；D、Fe2＋ 会被氧化成Fe3＋ ，生成Fe(OH)3 ，呈红褐色，D不正确。故选C。
7.已知有如下反应：① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－ ② ClO3－+ 5Cl－ + 6H+ = 3Cl2+ 3H2O ③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B. Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+
D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O
【答案】B
【解析】A.② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在①2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 >Fe3+ 根据② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3－> Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。
8.下列物质的检验，其结论正确的是（ ）
A. 用铁丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中含有Na+，不含K+
B. 向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有Cl－
C. 向待测液里加入过量的盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则表明待测液中肯定含有CO32－
D. 向某溶液中先加氯水再加KSCN 溶液，溶液呈血红色，则表明原溶液中一定含Fe2+
【答案】B
【解析】用铁丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中含有Na+，不含K+，要观察K+的焰色，需要透过蓝色钴玻璃，所以A错；B. 向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有Cl－，这是Cl的鉴别方法，故B正确；C. 向待测液里加入过量的盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中可能含有CO32－ HCO3－ SO32- HSO3-等离子，故C错；D. 向某溶液中先加氯水再加KSCN 溶液，溶液呈血红色，还可能是2Fe2++Cl2= 2Fe3+ +2Cl-.故D错。本题正确答案：B。
9.下列实验现象描述错误的是（ ）
【答案】D
【解析】A、钠燃烧生成过氧化钠，且钠的熔点低，则观察到钠先熔化成光亮的小球．燃烧时，火焰为黄色；燃烧后，生成淡黄色的固体，故A正确；B、氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则观察到铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝箔并不滴落，好像有一层膜兜着，故B正确；C、在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，故C正确；D、铁与水蒸气反应生成黑色物质，现象错误，故C错误；故选D。
10.下列溶液中的离子—定能大量共存的是（ ）
A. 含大量 MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+
B. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-
C. 酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-
D. 含大量 Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
【答案】A
【解析】A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，正确；B、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，错误；C、酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，错误；D、Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，错误。答案选A。
11.将一定量的氯气通入30mL，浓度为10.00mol/L的氢氧化钠溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）
A. 若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25
B. n（Na+）：n（Cl-）可能为7：3
C. 与NaOH反应的氯气一定为0.3mol
D. n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1
【答案】A
【详解】A．氢氧化钠的物质的量是0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时转移电子数最少，为0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×5/6=0.25mol，则0.15＜n＜0.25，故A正确；
B．根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；
C．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C错误；
D．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；
故答案选A。
12.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NA
B. 室温下，0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA
C. 标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4L
D. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
【答案】A
【详解】A、根据反应方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2即1mol氮气时转移电子的物质的量为1mol×15/4=3.75mol，故A正确；
B、溶液体积未知，不能计算0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目，故B错误；
C、标准状况下HF不是气态，NA个HF分子所占的体积不是22.4L，故C错误；
D、根据反应方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2可知，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为0.8/3 mol，故D错误。
答案选A。
13.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100mL,分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. B 曲线中消耗盐酸0
C. B曲线最终产生的CO2体积(标准状况下)为112mL
D. 加盐酸之前A溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠
【答案】C
【解析】A、当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成。假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B曲线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：H++CO32-=HCO3-，故A错误；B、先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的物质的量浓度为cmol/L，0.1L×cmol/L=0.1mol/L×0.075L，c=0.075，故B错误；C、通过C知，B溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，有气体生成的化学反应方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，所以当盐酸的为25mL时有二氧化碳生成，即发生的化学反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，生成的二氧化碳的物质的量= n(H+)=0.1mol/L×（0.075L-0.025L）=0.005mol，则二氧化碳的体积=0.005mol ×22.4L/mol =0.112L=112mL，故C正确；D、当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠，故D错误；故选C。
14.在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的Na、Na2O、Na2O2和NaOH，然后加入100 mL水，搅拌，使固体完全溶于水。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是（ ）
A. 甲＜乙＜丙＜丁 B. 丁＜甲＜乙＝丙
C. 甲＝丁＜乙＝丙 D. 丁＜甲＜乙＜丙
【答案】B
【详解】在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；
Na2O+H2O＝2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；
2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g；
将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/（100+2.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、4/（100+4）×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙，故答案选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 将40 g NaOH溶于1L水中，所得NaOH溶液的浓度为1 mol·L－1
B. 将2.3 g Na投入到97.7 g水中充分反应，所得溶液中溶质的质量分数为4.0%
C. 在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液。该溶液的物质的量浓度为mol·L－1
D. 1mol·L－1的硫酸溶液中c(H＋)＝1mol·L－1
【答案】C
【详解】A.物质的量浓度中的体积指溶液体积不是溶剂体积，所以40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液浓度不等于1mol/L，A项错误；
B.将2.3g钠投入到97.7g水中会发生2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑,溶质是NaOH，所得溶液中溶质的质量分数大于4.%，B项错误；
C.a g NH3的物质的量为a÷17mol，得到VmL溶液，则该溶液的物质的量浓度为1000a/17V mol·L－1，C项正确；
D.硫酸是二元强酸，1 mol·L－1的硫酸溶液中c(H＋)＝2 mol·L－1，D项错误；
答案选C。
16. 实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：
请回答下列问题：
（1）实验室只有100 mL、250 mL、500 mL三种规格的容量瓶，但要配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，需取该浓硫酸 mL。
（2）接下来完成此实验你将用到的仪器有20 mL量筒、烧杯、玻璃棒、____________。
（3）要从所配溶液中取出50 mL盛装于试剂瓶中，给它贴上标签，则标签的内容是________________；若再从中取出10 mL溶液稀释至20 mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为__________。
（4）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 。
A．用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线
B．转移溶液时未洗涤烧杯
C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水
D．定容时俯视容量瓶的刻度线
E．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】（1）13.6；（2）500 mL容量瓶、胶头滴管；（3）0.50 mol/L H2SO4(aq)；0.25 mol/L；（4）BE
【解析】试题分析：（1）配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL的，稀释前后溶质的物质的量不变，v×=500×10－3×0.5，v=13.6×10－3L，需要该浓硫酸13.6mL；（2）配制该物质的量浓度需要的仪器有500mL的容量瓶、胶头滴管、20 mL量筒、烧杯、玻璃棒；（3）标签上应写明硫酸的浓度，即0.50mol·L－1H2SO4(aq)；稀释前后溶质的物质的量不变，10×10－3×0.5=20×10－3×c，c=0.25mol·L－1；（4）A、用量筒量取浓硫酸，读数时仰视，量取的液体体积增大，溶质的物质的量增加，所配溶液浓度增加，不符合题意；B、转移时，未洗涤烧杯，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度降低，符合题意；C、容量瓶残留蒸馏水，对本实验无影响，不符合题意；D、定容时俯视容量瓶，所配溶液的体积减少，物质的量浓度增加，不符合题意；E、定容时摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，对原溶液稀释，物质的量浓度偏低，符合题意；B、E是符合题意的。
17.某混合物甲中含有明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化：
请回答下列问题：
（1）写出A、B的化学式：A__________，B__________。
（2）试剂a最好选用下列试剂中的______________。
A．NaOH溶液 B．稀盐酸 C．二氧化碳 D．氨水
写出相应的离子方程式_____________________________________。
（3）写出反应①（生成溶液C和沉淀）的离子方程式______________。
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为_______。
【答案】(1). Fe2O3 (2). Al2O3 (3). D (4). Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ (5). AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3- (6). K2SO4和(NH4)2SO4
【解析】
【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物加水溶解后，溶液是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向Al2O3和Fe2O3沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀A为Fe2O3；Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和NaHCO3溶液，Al（OH）3受热分解生成的固体B为Al2O3；向KAl(SO4)2溶液中加过量试剂a，反应生成Al（OH）3沉淀，则试剂a为氨水，溶液中剩余的是K2SO4和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4，据此进行解答。
【详解】根据以上分析可知A是氧化铁，B是氧化铝，溶液C是碳酸氢钠溶液，D是硫酸钾和硫酸铵组成的混合物，则
（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3；
（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，答案选D；溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；
（3）反应①中二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-；
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4。
18. 氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。某化学兴趣小组同学对氯气的性质进行如下探究：
（1）兴趣小组同学按下图装置进行实验，探究Cl2的漂白性。
①通入Cl2 后，观察到的现象是 根据现象可得出的结论是 。
②集气瓶B发生反应的离子方程式是 。
③C装置的作用是 ，若有2.24L(标准状况下)Cl2被NaOH溶液完全吸收，则反应过程中转移的电子为 _mol。
（2）兴趣小组同学按下图装置进行实验，探究Cl2的氧化性。
①实验开始后，观察装置A 中的现象是 。
②装置C中发生反应的离子方程式是 。
③停止通入氯气，取装置B中少量溶液于洁净的试管中，向其中滴加足量稀盐酸，再向其中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。则通入Cl2时装置B中发生 反应的离子方程式是 。
【答案】(12 分)
（1）①干燥的有色（或 A 中）布条不褪色，湿润的有色（或 B 中）布条褪色（1 分）；
Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的 HClO 有漂白性（1 分）
②Cl2+ H2O = H++ Cl-+ HClO （2 分）
③吸收氯气，防止环境污染（1 分）0.1（2 分）
（2）①溶液先变为红色，然后褪色。（1 分）
②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－（2 分）
③SO32－＋Cl2="==" SO42－＋2Cl－（2 分）
【解析】试题分析：（1）①该实验目的是探究Cl2的漂白性，干燥的氯气没有漂白性，Cl2+ H2O =HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以通入Cl2 后，观察到的现象是干燥的有色（或 A 中）布条不褪色，湿润的有色（或 B 中）布条褪色。根据现象可得出的结论是Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的 HClO 有漂白性；②Cl2+ H2O =HCl+HClO，HClO为弱电解质，离子方程式为Cl2+ H2O = H++ Cl-+ HClO；③氯气有毒，所以C装置的作用是吸收氯气，防止环境污染；
（2）①本实验的目的是探究Cl2的氧化性，Cl2+ H2O = H++ Cl－+HClO，溶液含有的H+能使紫色石蕊变红色，HClO具有强氧化性，能使紫色石蕊褪色，所以实验开始后，观察装置A 中的现象是溶液先变为红色，然后褪色；
②Fe2+具有还原性，被氯气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；
③滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中的SO32-被氧化为SO42-，反应的离子方程式为SO32－＋Cl2= SO42－＋2Cl－。
19.（1）KClO3与浓盐酸发生反应：KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，该反应中被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为__________________________________。转移1mol电子时，产生标准状况下的Cl2_______L。
（2）与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl－，不生成有机氯代物等有害物质。工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋NaCl+H2O。写出配平的化学方程式________________________________________________。生成0.2 mol ClO2转移电子的物质的量为_________mol。
（3）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为_______。如果向4mol FeBr2 溶液中通入3mol的Cl2，该反应的离子方程式为__________________。
【答案】（1）5∶1 13.44 L；
（2） 5NaClO2＋4HCl= 4ClO2↑＋5NaCl+2H2O 0.2 ；
（3） 6∶3∶2 ；2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－。
【解析】试题分析：（1）在反应KClO3＋6HCl(浓)= KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氯元素的化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，获得电子5e-，被还原，所以KClO3是氧化剂；氯元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子5×e-，被氧化，HCl作还原剂，所以该反应中被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5:1；根据方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol Cl2，所以反应转移1 mol电子时，产生标准状况下的Cl2的物质的量是1/5× 3mol =0.6mol，所以反应产生氯气在标准状况下的体积是V(Cl2)="0.6mol×22.4L/mol=13.44" L；（2）根据电子守恒、原子守恒，可得NaClO2、HCl反应产生ClO2、NaCl、H2O的方程式是5NaClO2＋4HCl= 4ClO2↑＋5NaCl+2H2O；根据方程式可知：每发生反应产生4mol ClO2，转移4mol电子，则生成0.2 mol ClO2转移电子的物质的量为0.2mol。（3）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，相同体积的氯气获得电子的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2失去电子的物质的量相同。因KI、Na2 SO3 、FeBr2 溶液，分别通入足量氯气均发生氧化还原反应，且反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2 SO3 、FeBr2 失去的电子数相等，设KI、Na2 SO3、FeBr2的物质的量分别为x、y、z，由失去的电子数相等可知， x×(1-0)=y×(6-4)=z×(3-2)+z×2×(1-0)，解得x：y：z=6：3：2；由于还原性：Fe2+>Br-，如果向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2，该反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－。
20.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
【氯化铁】熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
【氯化亚铁】熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：
（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为_________。仪器D的名称是__________________。
（2）D中装的药品是碱石灰，其作用是__________________________。
（3）定性分析。取装置C中的少量产物溶于稀硫酸中配成稀溶液待用。若产物中混有FeCl2，可用下列试剂中的_____(只能选取一种试剂，填序号)进行检测，实验现象是__________________________________。
①H2O2 溶液 ②KI-淀粉溶液 ③KSCN溶液 ④酸性KMnO4溶液
（4）定量分析。取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。
则该样品中铁元素的质量分数为_______%(结果精确到小数点后两位)。
（5）由（4）定量分析数据得出结论，并提出改进措施。
①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量______(填“相等”、“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是_________。
【答案】(1). 2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). 球形干燥管 (3). 吸收未反应的Cl2，防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解 (4). ④ (5). 溶液褪色 (6). 36.52 (7). 偏高 (8). 在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl
【解析】
【分析】（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化镁、氯气和水，根据仪器构造判断其名称；
（2）根据氯化铁易吸收空气中的水分而潮解以及氯气有毒分析解答；
（3）根据氯化亚铁具有还原性分析解答；
（4）根据铁元素守恒解答；
（5）根据氯化铁和氯化亚铁中铁元素的质量分数分析判断；根据生成的氯气中含有氯化氢分析解答。
【详解】（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。仪器D的名称是球形干燥管。
（2）氯气有毒需要尾气处理，又因为氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，所以D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的Cl2，防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解。
（3）氯化亚铁具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，因此如果产物中混有FeCl2，可用酸性KMnO4溶液检验，答案选④，实验现象是溶液褪色；
（4）双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，灼烧转化为氧化铁，物质的量是2.4g÷160g/mol＝0.015mol，根据铁元素守恒可知铁元素的质量是0.015mol×2×56g/mol＝1.68g，则该样品中铁元素的质量分数为1.68g/4.6g×100%≈36.52%；
（5）①由于氯化铁中铁元素的质量分数小于氯化亚铁中铁元素的质量分数，则用题目所给的装置制得的产物中，如果铁元素含量偏高，则说明含有FeCl2杂质。
②由于生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，则若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl。
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