【化学】广东省深圳市高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

广东省深圳市高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
本试卷由两部分组成：
第一部分：期中考试前内容，包括选择题1-9题，非选择题21题.共28分
第二部分：期中考试后内容，包括选择题10-20题，非选择题22、23、24题.共72分
全卷共24题，共计100分，考试时间90分钟
计算所用的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Ba-137
第I卷（选择题)
一、单选题（本大题共10题，每题只有一个正确选项。每题2分，共20分）
1.实验操作的规范是实验的基本要求。下列实验操作正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A、闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻的扇动，使极少量的气体飘进鼻子中，不能将鼻子凑到集气瓶口去闻气体的气味，图中所示操作正确；B、点燃酒精灯时，应该用火柴点燃．图中所示操作错误；C、过滤时应该使用玻璃棒靠在三层滤纸上，使待滤液沿玻璃棒缓慢流入漏斗中，图中所示操作错误；D、正在加热的蒸发皿温度较高，为防止烫伤手，不能用手直接拿热的蒸发皿，应用坩埚钳夹取，图中所示操作错误；答案选A。
2.下列关于实验操作的说法中正确的是（ ）
A. 分液时，先将下层液体从下口放出，再换一个烧杯将另一层液体从下口放出
B. 蒸发时，应使混合物中的水分完全蒸干后，再停止加热
C. 蒸馏时，加热一段时间后发现没放沸石，应停止加热，冷却后加入沸石再加热处理
D. 过滤需要滤渣时，应把滤渣转移到烧杯中，加入蒸馏水充分洗涤后再过滤
【答案】C
【详解】A.分液时，避免上下层液体再混合，则先从分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从上口倒出上层液体，故A错误，
B.蒸发操作时，当蒸发皿中出现大量的晶体时，即可停止加热，不能完全蒸干后再停止加热，利用余热蒸干，故B错误；
C.蒸馏时，加热后发现没有加入沸石，这时应停止加热，如果此时加入沸石，可能立即暴沸伤人，所以应冷却后加入沸石再加热处理，故C正确；
D.过滤需要滤渣时，应把滤渣转移到过滤器中，加蒸馏水浸没沉淀使水自然流下，充分洗涤后再过滤，故D错误。
故选C。
3.工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2＝BaSO4↓＋2HCl，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 0.2 mol/L 的BaCl2溶液中含有的Cl－数目为0.4NA
B. 生成2.33 g BaSO4沉淀时，吸收SO2的体积为 0.224 L
C. 常温常压下，17 g H2O2中所含分子总数为 0.5NA
D. 此反应中，每消耗1 mol H2O2，转移的电子数为1 NA
【答案】C
【详解】A.缺少溶液体积，无法根据n=cV计算Cl－的物质的量，故A错误；
B.因未说明气体是否处于标准状况，所以无法计算吸收SO2的体积，故B错误；
C.17gH2O2的物质的量为17g÷34g/mol=0.5mol，所以所含分子总数为0.5NA，故C正确；
D.该反应中H2O2中氧元素的化合价由-1价降低为-2价，所以每消耗1molH2O2，转移的电子数为2NA，故D错误。
故选C。
4.a g气体A与b g气体B的分子数相同。在标准状况下，A气体的密度为ρg/L，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 气体B的摩尔质量可表示为(bρ/a) g/mol
B. 同温同压下，同体积的气体A与气体B的密度之比为a︰b
C. 同温同压下，质量相同的气体A与气体B的分子数之比为b︰a
D. 同温同压下，同体积的气体A与气体B的质量之比为a︰b
【答案】A
【详解】标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，气体体积相同。
A.由n=m/M可以知道，分子数相同的气体，物质的量相同，摩尔质量之比等于质量之比，即A与B摩尔质量之比为ag：bg=a：b，所以气体B的摩尔质量可表示为(aρ/b)g/mol，故A错误；
B.同温同压，气体密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即A、B两气体的密度之比为a：b，故B正确；
C.A与B相对分子质量之比为a：b，同质量时由n=m/M可知，分子数之比等于1/a：1/b=b：a，故C正确；
D.相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即A、B两气体的质量之比为a：b，故D正确。
故选A。
5.下列关于物质分类正确组合是（ ）
分类组合
混合物
碱
电解质
碱性氧化物
A
CuSO4·5H2O
Ca(OH)2
NaCl
Na2O
B
盐酸
Na2CO3
H2CO3
Fe2O3
C
镁铝合金
KOH
BaSO4
CuO
D
矿泉水
Mg(OH)2
稀硫酸
Na2O2
【答案】C
【详解】A.CuSO4·5H2O是硫酸铜的结晶水合物，属于纯净物，故A错误；
B.碳酸钠，属于盐不是碱，故B错误；
C.镁铝合金是混合物，氢氧化钾属于碱，BaSO4虽难溶于水，但溶解的部分完全电离，且BaSO4在熔化状态下也能完全电离，故BaSO4是电解质，氧化铜是碱性氧化物，故C正确；
D.稀硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质；Na2O2属过氧化物，不属碱性氧化物，故D错误。
故选C。
6.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳黑影……”在这段美文中包含的化学知识正确的是（ ）
A. 荷塘上方的薄雾是水蒸汽
B. 月光通过薄雾产生了丁达尔效应
C. 薄雾中的微粒直径大约是2.5pM
D. “大漠孤烟直”中的孤烟成分和这种薄雾的成分相同
【答案】B
【详解】A.荷塘上方的薄雾是空气中的小液滴，是一种胶体，不是水蒸汽，故A错误；
B.荷塘上方的薄雾是空气中的小液滴，是一种胶体，胶体可以产生丁达尔效应，故B正确；
C.荷塘上方的薄雾是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1nm～100nm，故C错误；
D.“大漠孤烟直”中的孤烟指的是固体小颗粒，而这种薄雾指的是液体小颗粒，两者的区别在于颗粒的状态不同，故D错误。
故选B。
7.下列关于电解质的叙述正确的是（ ）
A. 溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质
B. NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl－
C. 硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强
D. 氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电
【答案】D
【详解】A.电解质必须本身能电离，二氧化碳、氨气的水溶液能导电但是他们本身不能电离所以不是电解质，故A错误；
B.电离的条件是溶于水或热熔化，不是电流，故B错误；
C.溶液的导电能力与离子的浓度成正比，在相同条件下，醋酸溶液的导电性比硫酸的弱，但当醋酸中离子浓度大于硫酸时，硫酸的导电性比醋酸的弱，故C错误；
D.HCl溶于水会电离出H+和Cl-，有自由移动的离子所以导电，而液态HCl是共价化合物，只含有HCl分子，没有离子所以不导电，故D正确。
故选D。
8.欲配制100mL 1.0mol/L Na2SO4溶液，下列方法正确的方法是（ ）
A. 将14.2g Na2SO4溶于100mL水中
B. 将32.2g Na2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mL
C. 将20mL5.0mol/L Na2SO4溶液加80mL蒸馏水稀释
D. 将14.2g Na2SO4溶于85.8g蒸馏水中
【答案】B
【详解】A.14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g/142g/mol=0.1mol，溶于水配成100mL溶液，浓度为1mol/L，溶液体积为100mL，不是溶剂的体积，故A错误；
B.32.2g Na2SO4•10H2O物质的量为32.2g/322g/mol=0.1mol，由化学式硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量为0.1mol，溶液体积为100mL，所配溶液浓度为0.1mol/0.1L=1mol/L，故B正确；
C.溶液密度不同时，不能直接相加，故加80mL蒸馏水后，溶液的体积不是100mL，故无法计算稀释后的溶液的浓度，故C错误；
D.将14.2gNa2SO4溶于85.8g蒸馏水中，溶液的质量是100g，但溶液的体积不是100mL，故无法计算溶液的浓度，故D错误。
故选B。
9.用98%的浓硫酸配制1.0mol·L-1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A. 用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取
B. 在烧杯中溶解时，有少量液体溅出
C. 使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分
D. 定容时俯视容量瓶刻度线
【答案】D
【详解】A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故A错误；
B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；
C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；
D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确。
故选D。
10.下列关于金属材料的说法中正确的是（ ）
A. 飞机机身使用的是镁铝合金而不是钢材，是因为钢材价格高
B. 合金都是由不同金属单质组成的混合物
C. 古代留下大量的青铜器文物是由于青铜比纯铜柔软，容易制成各种器皿
D. 金属材料有合金材料也有纯金属材料
【答案】D
【详解】A.飞机机身体积不变，要求机身材料的密度越小越好，所以使用镁铝合金而不是钢材，是因为镁铝合金的密度更小，故A错误；
B.合金，是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，一般通过熔合成均匀液体和凝固而得，不一定是由不同的金属单质组成，也可以是金属与非金属组成，故B错误；
C.青铜是铜的合金，合金的特点是硬度大，青铜比纯铜的硬度要高，故C错误；
D.金属材料包括合金材料和金属材料，所以金属材料有合金材料也有纯金属材料，故D正确。
故选D。
二、单选题（本大题共10题，每题只有一个正确选项。每题3分，共30分）
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. c(H+)=0.1mol·L-1的溶液：Mg2＋、Fe2＋、SO42－ 、NO3－
B. 使酚酞变红色的溶液：Ba2+、K＋、CO32－ 、NO3－
C. 通入大量CO2后溶液：Ca2+、Mg2＋、Cl－、NO3－
D. 无色透明的溶液：Al3+、Ca2+、Cl－、SO42-
【答案】C
【详解】A.c（H+）=0.1mol•L-1的溶液呈酸性，Fe2＋、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，故A不选；
B.使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，Ba2+和CO32-反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故B不选；
C.通入大量CO2后溶液，该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，Ca2+、Mg2＋、Cl－、NO3－之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C正确；
D.无色透明的溶液中，Ca2+和SO42-反应生成微溶于水的沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不选。
故选C。
12.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 碳酸钙与盐酸的反应：CO32－ + 2H+ =CO2↑+ H2O
B. 澄清石灰水与足量小苏打溶液混合: Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+ 2H2O+CO32－
C. FeCl3溶液中加入足量铜：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+
D. AlCl3溶液与过量氨水反应：Al3++3OH－= Al(OH)3↓
【答案】B
【详解】A.碳酸钙难溶于水，应写出化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；
B.足量小苏打与澄清石灰水反应方程式为：2NaHCO3+Ca(OH)2=Na2CO3+CaCO3↓+2H2O，离子方程式为：Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+2H2O+CO32－，故B正确；
C.电荷不守恒，FeCl3溶液中加入足量铜，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C错误；
D.在氯化铝溶液中滴加过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误。
故选B。
13.已知KMnO4＋HCl（浓）→KCl＋Cl2↑＋MnCl2＋H2O（未配平），下列说法正确的是（ ）
A. 氧化性：Cl2＞ KMnO4
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比1︰8
C. 该反应中盐酸体现了氧化性和酸性
D. 当标准状况下产生22.4 L 氯气时，转移电子数为2NA
【答案】D
【详解】A.该反应的氧化剂是KMnO4，氧化产物是Cl2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此，氧化性：KMnO4＞Cl2，故A错误；
B.反应中的KMnO4只表现为氧化性，而HCl既表现为还原性又表现酸性，在参加反应的16molHCl中只有10mol表现为还原性，因此该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比2：10=1：5，故B错误；
C.HCl中氯元素的化合价为-1价，Cl2中氯元素的化合价为0价，反应中氯元素的化合价升高，盐酸体现了还原性和酸性，故C错误；
D.标准状况下22.4L氯气的物质的量为1mol，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，生成1molCl2，转移2mol电子，故D正确。
故选D。
14.某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 该反应中Cl－为氧化产物
B. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子
C. NH4+被ClO－氧化成N2
D. 反应后溶液的酸性减弱
【答案】C
【解析】
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，以此解答该题。
【详解】反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，
A.由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；
B.N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；
C.由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，故C正确；
D.反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误。
故选C。
15.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
某溶液中加入氯水振荡后再滴加KSCN溶液
溶液呈红色
原溶液中含有Fe3+
B
某溶液中滴加用足量硝酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀出现
原溶液中含有SO42－
C
某固体加入足量盐酸，将气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
此固体物质是碳酸盐
D
将某种铁的氧化物溶于足量的稀硫酸中，取其溶液滴加酸性KMnO4溶液，振荡。
溶液褪色
原氧化物中含有+2价Fe
【答案】D
【详解】A.向某溶液中加入氯水振荡后再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液中可能含有Fe2+或Fe3+，故A错误；
B.亚硫酸根离子可以被硝酸氧化为硫酸根离子，该离子可以和BaCl2溶液反应，有白色沉淀生成，溶液中可能会含有亚硫酸根离子、或是银离子等，故B错误；
C.产生的气体通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫，则固体可能是亚硫酸盐、碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸氢盐，故C错误；
D.将某种铁的氧化物溶于足量的稀硫酸中，取其溶液滴加酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色，说明有还原性的Fe2+存在，所以原氧化物中含有+2价Fe，故D正确。
故选D。
16.下列有关钠及钠的化合物的说法中，正确的是（ ）
A. 一小块钠置于空气中足够时间，最终会变成Na2O2
B. 在饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2有沉淀析出
C. 用洁净的铂丝蘸取溶液放置于酒精灯火焰上灼烧，焰色为黄色；该溶液为钠盐溶液
D. 7.8gNa2O2和6.2gNa2O分别溶于100g水中，得到溶液的质量分数前者更大
【答案】B
【详解】A.切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3?10H2O）→最后变成Na2CO3粉末（风化），故A错误；
B.由Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3可知，此反应消耗水，且Na2CO3转化为NaHCO3后溶质质量增加，又因NaHCO3溶解度较小，所以会有晶体析出，故B正确；
C.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，可能为钠盐或氢氧化钠溶液，故C错误；
D.6.2gNa2O与水反应生成氢氧化钠，溶液中的溶质是氢氧化钠，根据化学式Na2O→NaOH知，生成氢氧化钠的质量为8g，溶液的质量=氧化钠和水的质量=6.2g+100g=106.2g，所以该溶液的质量分数为7.5%；7.8gNa2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以溶液中的溶质是氢氧化钠，根据化学式Na2O2→NaOH知，生成氢氧化钠的质量为8g，溶液的质量=过氧化钠+水的质量-氧气的质量=7.8g+100g-1.6g=106.2g，所以该溶液的质量分数为7.5%，故D错误。
故选B。
17.新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气．下列说法正确的是（ ）
A. 该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成
B. 合金在吸氢过程中被H2还原
C. 一定量的镁铝合金既可以完全溶于足量盐酸中，也可以完全溶于足量的NaOH溶液中
D. 等质量的镁、铝、和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成H2的体积（同温同压下）由大到小的顺序为：V(Mg)＞ V(合金)＞V(铝)
【答案】D
【详解】A.制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2，故A错误；
B.合金在吸氢过程中镁元素的化合价升高，被H2氧化，故B错误；
C.镁铝合金可以完全溶于足量盐酸中，镁与氢氧化钠不反应，不能完全溶于足量的NaOH溶液中，故C错误；
D.假设镁、铝、镁铝合金的质量为wg，计算分别产生H2的物质的量，
Mg+2HCl=MgCl2 +H2↑
24g 1mol
wg w/24mol
2Al +6HC=2AlCl3 +3H2↑
54g 2mol
wg w/27mol
镁铝合金与足量的盐酸反应生成H2的物质的量介于w/27mol～w/24mol，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以（同温同压下）生成H2的体积由大到小的顺序为：V(Mg)＞ V(合金)＞V(铝)，故D正确。
故选D。
18.下列有关铁及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
B. 向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3胶体
C. 配制FeSO4溶液时，可在溶液中加入少量铁粉
D. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入Cu粉，然后过滤
【答案】C
【详解】A.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故A错误；
B.FeCl3溶液中滴加过量氨水生成Fe（OH）3沉淀，所以不能用饱和FeCl3溶液与过量氨水制取Fe（OH）3胶体，故B错误；
C.配制硫酸亚铁溶液时，为防止产生Fe3+，可在溶液中加入少量铁粉，为了抑制亚铁离子被氧化而变质，故C正确；
D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加铁粉、过滤除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故D错误。
故选C。
19.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br－，2Fe3++2I－=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示，不正确的是（ ）

A. BC段表示Fe3+的物质的量变化
B. 原溶液中c(Fe2+) = 4mol/L
C. 原溶液中：n(Fe2+)︰n(I－)︰n(Br－)=2︰1︰3
D. 当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I－+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。
【详解】A.反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+＞Br-，反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-＞Fe2+，所以还原性I-＞Fe2+＞Br-，则通入氯气，先与碘离子反应，BC段对应氯气与亚铁离子反应，则线段BC表示Fe3+物质的量的变化，故A正确；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，则原溶液中c(Fe2+)=3mol/L，故B错误；
C.碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=2：1：3，故C正确；
D.由B可知，当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，故D正确。
故选B。
20.现有盐酸和硫酸混合溶液200mL，其中c（Cl－）=0.6mol/L，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生4.66g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是（ ）
A. V=1.12 B. 原混合酸中 c（H2SO4）=0.1mol/L
C. 原混合酸中c(H+)=2mol/L D. 另一份溶液中消耗铁5.6g
【答案】A
【解析】B. 4.66g白色沉淀硫酸钡的物质的量为4.66/233mol=0.02mol，原混合酸中c（H2SO4）=0.02mol×2/0.2L=0.2mol/L，故B错误；C. 原混合酸中，n（H+）=n1（H+）(盐酸提供)+n2（H+）(硫酸提供)=n（Cl-）+4n（BaSO4）=0.6mol/L×0.2L+0.02mol×4=0.2mol，c（H+）=0.2mol/0.2L=1mol/L，故C错误；A. n（H2）=n（H+）/2=0.1mol，V=0.1/2/×22.4=1.12，故A正确；D. n（H2）/2=n（Fe）=0.05mol，m（Fe）=0.05mol×56g/mol=2.8g，故D错误。故选A。
第II卷（非选择题)
三、综合题(本大题共4题，共计50分)
21.老卤中主要含KCl和少量MgCl2、CaCl2、MgSO4等，需要分离提纯得到KCl．
（1）实验室采用沉淀法测定老卤中MgSO4的质量分数。操作步骤如下：
①取10g老卤溶于水中，加入足量的BaCl2溶液，充分搅拌反应；②将所得混合物过滤、洗涤。③将沉淀连同滤纸取出放入仪器A中灼烧至恒重（滤纸完全转化成CO2和水，沉淀不分解）④冷却后称量所得沉淀质量为0.466g。
判断洗涤是否干净的方法是_______；仪器A名称是________；样品中MgSO4的质量分数为________。
(2)现有几种试剂：①盐酸；②K2CO3；③Na2CO3；④NaOH；⑤KOH；⑥Ba(OH)2；⑦BaCl2；为有效除去老卤中的杂质，加入的试剂及顺序合理的是_________．
A．⑦③④ B．⑤②⑦ C．⑦⑤② D．⑥②
过滤除去沉淀后还需要加入的试剂为______ (填序号)，然后进行蒸发结晶。
【答案】(1). 取最后一次洗涤流出液，加入足量硝酸后，滴加AgNO3溶液，没有沉淀生成，证明洗涤干净 (2). 坩埚 (3). 2.4% (4). C D (5). ①
【详解】（1）判断沉淀是否洗涤干净就是看沉淀的表面是否含有Cl-，其方法为：取最后一次洗涤流出液，加入足量硝酸后，滴加AgNO3溶液，没有沉淀生成，证明洗涤干净；灼烧固体物质一般放在坩埚中进行，所以仪器A的名称为坩埚；根据硫酸根离子守恒，n（MgSO4）=n（BaSO4）=m/M=0.466g÷233g/mol=0.002mol，m（MgSO4）=nM=0.002mol×120g/mol=0.24g，则样品中MgSO4的质量分数为0.24g/10g×100%=2.4%，故答案为：取最后一次洗涤流出液，加入足量硝酸后，滴加AgNO3溶液，没有沉淀生成，证明洗涤干净；坩埚；2.4%。
（2）为有效除去老卤中的MgCl2、CaCl2、MgSO4等，可以加入过量KOH（去除镁离子）：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量K2CO3（去除钙离子和多余的钡离子）：Ca2++CO32-=CaCO3，碳酸钾必须加在氯化钡之后，氢氧化钾和氯化钡可以颠倒加入的顺序，或直接加入过量的Ba(OH)2（去除镁离子和硫酸根离子），再加入加入过量K2CO3（去除钙离子和多余的钡离子），故加入的试剂及顺序合理的是⑦⑤②或⑥②，所以选C、D；过滤除去沉淀后还需要加入的试剂为盐酸，加适量盐酸，可以少引入杂质，并且盐酸与过量的KOH溶液和过量的K2CO3溶液发生反应，离子方程式为H++OH-═H2O、CO32-+2H+═H2O+CO2↑，从而除掉过量的OH-、CO32-，故答案为：C、D；①。
22.某纯碱样品中含有少量NaHCO3杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：

①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为m1g；
③准确称得m2g纯碱样品放入容器b中；
④打开仪器a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为m3g 。
⑥根据所得数据计算。试回答：
（1）仪器a的名称是___________
（2）装置B中发生反应的离子方程式_____________________________________。
（3）步骤⑤鼓入空气的目的是__________________________________________________。
（4）装置A中试剂X应选用______
A 、NaOH B、浓H2SO4 C、NaHCO3 D、NaCl
（5）如果将a的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果______(“偏大”或“偏小”“不变”)
（6）如果除纯碱样品外，没有其他试剂，请设计一个也能测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数的实验方案。主要步骤（不需要具体操作）_________________________有关化学方程式_____________________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). CO32- + 2H+ = H2O + CO2↑ (3). 使生成的CO2能完全被D吸收 (4). A (5). 偏大 (6). 称量样品的质量；充分加热；冷却后在称量剩余固体质量。 (7). 2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑
【解析】
【分析】本实验是通过碳酸钠和稀硫酸反应产生二氧化碳，用碱石灰来吸收二氧化碳，根据产生二氧化碳的质量来计算碳酸钠的质量，进而计算质量分数，故实验过程中应防止空气中水和二氧化碳干扰实验，把产生的二氧化碳全部被碱石灰吸收。
【详解】（1）根据仪器的结构和用途，仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
（2）据酸与盐的反应规律，反应的化学方程式：Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑，离子方程式为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑，
故答案为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑；
（3）由题意可知我们是通过测定二氧化碳的质量来测定碳酸钠的质量分数的，所以要使生成的CO2能完全被D吸收，故答案为：使生成的CO2能完全被D吸收。
（4）在A中装了碱性溶液来吸收空气中的二氧化碳，故装置A中试剂可选用NaOH，故答案为：A。
（5）与稀硫酸浓度相同的盐酸具有很强的挥发性，挥发出来的HCl气体能被碱石灰所吸收，因此会使碱石灰质量增加值偏大，使测定结果偏高，故答案为：偏大。
（6）如果除纯碱样品外，没有其他试剂，可以通过加热称量固体质量的方法来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数，具体步骤为：称量样品的质量；充分加热；冷却后在称量剩余固体质量；涉及的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3 +H2O+CO2↑，故答案为：称量样品的质量；充分加热；冷却后在称量剩余固体质量；2NaHCO3Na2CO3 +H2O+CO2↑。
23.以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）焙烧后得到的固体主要成分为Fe2O3。写出焙烧过程主要反应的化学方程式____________________
（2）试剂X是（写化学式）__________________
（3）设计实验检验还原得到的溶液是否达标:_________________________________________
（4）从还原得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的操作是_______________________
（5）可以用标准浓度的酸性KMnO4溶液来测定产品中FeSO4的纯度，反应中KMnO4被还原成Mn2+。反应的离子方程式为 __________________________________
（6）某种工业品中含有FeSO4和Fe2(SO4)3。通过元素分析得知其中铁元素和硫元素的物质的量之比n(Fe)︰n(S) =1︰1.2 ，此工业品中FeSO4的物质的量分数为___________________________
【答案】(1). 4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2 (2). Fe (3). 取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (5). MnO4- + 5Fe2+ +8 H+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O (6). 3/4 (75%)
【解析】
【分析】硫铁矿通入空气焙烧得到氧化铁和二氧化硫，固体物质加入20%硫酸酸溶后过滤后得到溶液为硫酸铁溶液，硫酸铁中加入铁粉得到硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，据此答题。
【详解】（1）硫铁矿高温焙烧反应生成氧化铁和二氧化硫，原子守恒配平书写化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。
（2）由分析可知，加入的试剂X是铁，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，故答案为：Fe。
（3）检验还原得到的溶液是否达标就是看溶液中是否含有铁离子，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+，具体操作为：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标，故答案为：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标。
（4）从还原得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（5）高锰酸钾在酸性溶液中具有强氧化性能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为二价锰离子，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
（6）设某种工业品中含有FeSO4的物质的量为xmol，Fe2(SO4)3的物质的量为ymol，根据铁元素和硫元素的物质的量之比n(Fe)︰n(S) =1︰1.2可知，（x+2y）：（x+3y）=1:1.2，解得x：y=3：1，所以FeSO4的物质的量分数为3/（3+1）×100%=75%，故答案为：3/4(75%)。
24.化学兴趣小组同学想用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2(N2不与金属钠应)，可利用的装置如下。回答下列问题：

（1）装置Ⅳ中盛放的药品是________，若没有该装置可能导致生成的Na2O2中含有碳酸钠，其反应方程式为____________________________。
（2）若规定气体的气流方向从左到右，各仪器接口的标号字母(a、b……)顺序：
空气进入h，________接________，________接________，________接________，d
（3）装置Ⅱ的作用是_____________________________________________________。
（4）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，固体完全溶解，并立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生。
①使酚酞溶液变红是因为________________，红色褪去的可能原因是____________________。
② 加入MnO2反应的化学方程式为__________________________。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 (3). g　f　e　a　b　c (4). 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ (5). 过氧化钠和水反应生成氢氧化钠 (6). 反应生成的H2O2具有漂白作用 (7). 2H2O22H2O＋O2
【详解】(1)装置Ⅳ是利用NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，若没有该装置，空气的CO2和Na2O2反应会生成碳酸钠，发生反应方程式为2Na2O2 +2CO2 == 2Na2CO3 + O2↑；
(2)依据上述分析确定连接顺序，组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ，根据气流方向各接口的连接顺序为h g f e a b c；
(3)利用装置Ⅱ中有碱石灰防止空气中的水分和二氧化碳倒吸进入装置Ⅰ；
(4)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，故答案为：过氧化钠和水反应生成碱氢氧化钠；反应生成的H2O2具有漂白作用；
②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O＋O2。