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【化学】浙江省萧山中学2018-2019学年高一下学期2月份摸底考试试题（解析版）
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浙江省萧山中学2018-2019学年高一下学期2月份摸底考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 I-127 Ba-137
第Ⅰ卷
一、选择题(共25小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共50分)
1.2015年10月，浙江籍科学家屠呦呦因发现青蒿素（C15H22O5）而获得诺贝尔生理学或医学奖。根据物质的分类，青蒿素属于（ ）
A. 碱性氧化物 B. 有机物
C. 含氧酸盐 D. 酸性氧化物
【答案】B
【解析】试题分析：青蒿素是含有碳元素的化合物，属于有机物，答案选B。
2.35Cl和 35Cl－ 两种微粒中，不同的是（ ）
A. 核内质子数 B. 核外电子层数 C. 核内中子数 D. 核外电子数
【答案】D
【解析】试题分析：A.35Cl和35Cl－都是由氯元素形成的微粒，核内质子数均是17，A项不符，B.氯原子最外层有7个电子，得到一个电子形成8电子的稳定结构，核外电子层数没变，B项不符；C.根据核内中子数=质量数-核内质子数，两微粒的质量数相同，质子数也相同，则核内中子数也相同，C项不符；D.氯原子核外有17个电子，而Cl－核外有18个电子，D项符合；答案选D。
3.下列玻璃仪器中，可以用酒精灯直接加热的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】A、该仪器是量筒，不能用来加热，A不选；
B、该仪器是分液漏斗，不能用来加热，B不选；
C、该仪器是蒸馏烧瓶，需要垫石棉网加热，C不选；
D、该仪器是试管，能用酒精灯直接加热，D选。
答案选D。
4.在下列反应中，HCl作还原剂的是（ ）
A. NaOH + HCl = NaCl + H2O
B. Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2↑
C. MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 + 2H2O + Cl2↑
D. CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O
【答案】C
【解析】试题分析：盐酸做氧化剂则盐酸的化合价降低，盐酸中Cl为-1价已经处在最低价态，所以只能是+1价的H降价变为H2。答案选B。
5.根据化学常识判断下列说法正确的是( )
A. 铅笔芯是主要含有铅的笔芯 B. 加碘食盐是加有I2的食盐
C. 碘酒是含有的I2的酒精 D. 纯碱是纯净的烧碱
【答案】C
【详解】A、铅笔芯的笔芯是石墨，不是铅，故A错误；
B、加碘盐中加的是碘酸钾，不是碘单质，故B错误；
C、碘酒是碘单质溶解于酒精中得到的溶液，故C正确；
D、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称，故D错误。
故答案选C。
6.氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途。下列生产、生活中的事例不属于氧化还原反应的是( )
A. 金属冶炼 B. 燃放鞭炮 C. 食物腐败 D. 豆浆变成豆腐
【答案】D
【解析】
【分析】反应中存在元素的化合价变化的为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．金属冶炼中金属元素的化合价降低，为氧化还原反应，故A不选；
B．燃放鞭炮，为爆炸反应，属于剧烈的氧化还原反应，存在元素的化合价变化，故B不选；
C．食物腐败为食物缓慢氧化的过程，故C不选；
D．豆浆制豆腐涉及胶体的聚沉，没有发生氧化还原反应，故D选。
故答案选D。
7.阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1，下列说法正确的是( )
A. 在标况下11.2L CH4和22.4L O2充分反应后恢复到原条件，所得气体分子数为1.5NA
B. 标况下3.36LCCl4中所含碳原子数约为0.15×6.02×1023
C. 78gNa2O2晶体中所含阴阳离子个数约为3×6.02×1023
D. 2L 1mol/L的盐酸中所含氯化氢分子数约为2×6.02×1023
【答案】C
【详解】A．标况下11.2L CH4的物质的量为0.5mol，22.4L O2的物质的量为1mol，二者反应方程式为：CH4+2O2＝CO2+2H2O，水在标况下不是气体，所以反应生成了0.5mol二氧化碳气体，所得气体分子数约为0.5×6.02×1023，故A错误；
B．标况下四氯化碳不是气体，题中条件无法计算四氯化碳的物质的量及含有的碳原子数目，故B错误；
C．78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，所含阴阳离子个数约为3×6.02×1023，故C正确；
D．氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，溶液中不存在氯化氢分子，故D错误。
故答案选C。
8.二氧化硅是一种酸性氧化物，下列物质中不能和二氧化硅发生化学反应的是( )
A. 氢氟酸 B. 碳(高温下) C. 碳酸钠(高温下) D. 水
【答案】D
【详解】A．二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故A不选；
B．高温下，二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳，故B不选；
C．高温下，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，故C不选；
D．二氧化硅和水不反应，故D选；
故答案选D。
9.下列物质放在敞口容器中久置，其质量会减少的是( )
A. 浓硫酸 B. 固体苛性钠 C. 过氧化钠 D. 十水碳酸钠晶体
【答案】D
【解析】
【分析】物质久置于空气中质量减小，从物理性质的角度考虑，物质可能挥发，从化学性质上考虑，物质可能发生分解、风化等变化，以此解答该题。
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，久置空气中质量增大，故A不选；
B．固体苛性钠易吸水，且易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，质量增大，故B不选；
C．过氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，与水反应生成氢氧化钠，质量增大，故C不选；
D．十水碳酸钠晶体不稳定，易风化转化为无水碳酸钠，从而导致质量减小，故D选。
故答案选D。
10.随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是( )
A. Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B. 磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物
C. CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D. 烧碱、纯碱、熟石灰都是碱
【答案】C
【解析】
【分析】A、碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物；
B、混合物中至少含有两种物质；
C、根据电解质在水中的电离程度可知，电离不完全的电解质为弱电解质；
D、碱在水中电离产生的阴离子全部为氢氧根离子。
【详解】A、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；
B、磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾（FeSO4•7H2O）为纯净物，故B错误；
C、CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；
D、烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱（Na2CO3）属于盐，故D错误；
故答案选C。
11.在某无色的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. NH4+、Cu2+、Cl-、Br- B. Na+、K+、CO32-、Cl-
C. K+、Fe3+、I-、SO42- D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合溶液无色显酸性分析解答。
【详解】A. 在溶液中Cu2+显蓝色，不是无色，不能大量共存，A不选；
B. 在酸性溶液中CO32-与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B不选；
C. 在溶液中Fe3+氧化I-，且铁离子在溶液中显棕黄色，不是无色，不能大量共存，C不选；
D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-在酸性溶液中不反应，且均是无色的，能大量共存，D选。
答案选D。
12.下列有关实验操作正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】A、不能用燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯，A错误；
B、托盘天平的精度是0.1g，不能准确称量10.05g药品，B错误；
C、给试管内的液体加热，液体体积不能超过试管容积的1/3，C正确；
D、应该用10mL量筒量取9.5mL液体，不能用100mL量筒，D错误。
答案选C。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 受溴腐蚀至伤时，先用稀 NaOH 溶液洗，再用水洗
B. 用蒸馏的方法可以分离水和汽油 (沸点 20~200℃)
C. 绿色化学的核心是对环境污染物进行无害化处理
D. SO2 能与CaO反应，可用生灰石作工业废气的脱硫剂
【答案】D
【详解】A.氢氧化钠具有腐蚀性，会使伤情加重，所以不能用稀 NaOH 溶液洗，故A错误；
B.水和汽油互不相溶的液体混合物，应用分液法分离水和汽油，故B错误；
C.绿色化学的核心是利用化学原理，从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错误；
D.SO2 能与CaO反应生成固态的亚硫酸钙，所以可用生灰石作工业废气的脱硫剂，故D正确；
本题答案为D。
14.玻璃棒是化学实验中常用的仪器，其作用是用于搅拌、过滤或转移液体时引流。下列有关实验过程中，一般需要使用玻璃棒进行操作的是( )
①用NaCl固体配制一定物质的量浓度的溶液
②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl
③实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe(OH)2白色沉淀
④从含NaCl的溶液中获得蒸馏水 ⑤用CCl4萃取碘水中的碘
A. ②③ B. ③④⑤ C. ⑤ D. ①②
【答案】D
【详解】①用NaCl固体配制一定物质的量浓度的溶液时固体溶解需要使用玻璃棒搅拌，转移需要引流，故①选；
②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，用到过滤和蒸发操作，分别用玻璃棒进行引流和搅拌，故②选；
③实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe(OH)2白色沉淀，无需使用玻璃棒，故③不选；
④蒸馏操作使用蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶等，无需使用玻璃棒，故④不选；
⑤萃取和分液需要使用分液漏斗，无需使用玻璃棒，故⑤不选；
故答案选D。
15.在学习了溶液中的离子反应之后，小明同学认为反应中的先后顺序很重要。因此他归纳了下面一些情况，在他所作的整理中，你认为正确的是 ( )
A. 向浓度都为0.1 mol/L 的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，CuCl2首先反应
B. 向NH4HSO4溶液中滴加少量的NaOH溶液，NH4+首先反应
C. 向浓度都为0.1 mol/LNa2 CO3和NaOH溶液通入CO2气体，NaOH首先反应
D. 向FeCl3溶液中加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜先反应
【答案】C
【详解】A、铁离子的氧化性大于铜离子，所以向浓度为0.1 mol/L的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，FeCl3首先反应，故A错误；
B、因为氢离子能与氨水反应，所以向NH4HSO4溶液中滴加少量的NaOH溶液，H+首先反应，故B错误；
C、因为碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，所以Na2CO3和NaOH混合溶液中通入CO2气体，NaOH先与二氧化碳反应生成碳酸钠，故C正确；
D、因为铁的还原性大于铜，所以向FeCl3溶液中加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁先反应，故D错误。
故答案选C。
16.下列实验方法合理且离子方程式正确的是( )
A. 用稀硫酸除去 Cu 中的 Fe2O3 杂质：Fe2O3 +6H+=2Fe3+ +3H2O
B. 实验室利用稀盐酸和石灰石制 CO2： CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 用盐酸制硅胶：Na2SiO3+ 2H+=2Na++H2SiO3↓
D. 检验溶液中的 Fe3+：Fe3+ +3SCN- =Fe(SCN)3↓(红色)
【答案】B
【详解】A.用稀硫酸除去Cu中的Fe2O3杂质时，Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，生成的铁离子能够溶解铜，故A错误；
B. 盐酸是强酸，碳酸钙难溶于水，实验室利用稀盐酸和石灰石制CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故B正确；
C. 硅酸钠易溶于水，应该用离子表示：SiO32－+2H+＝H2SiO3↓，故C错误；
D. Fe(SCN)3在溶液中显红色，不是沉淀，故D错误；
故答案选B。
17.下列表述正确的是( )
①开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生
②我国用二氧化氯取代氯气对饮用水进行消毒，是因为二氧化氯杀菌、消毒能力强，持效长
③氧化镁可用来制造耐火砖和坩埚等
④明矾能使水中的悬浮物凝聚，可做为净水剂
⑤建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
A. ①④⑤ B. ①②⑤ C. ②③④ D. 全部
【答案】D
【详解】①酸雨的形成有两种，一是烧煤，含硫的煤燃烧时放出二氧化硫导致硫酸型的酸雨；再就是汽车尾气、硝酸工业排放的是氮氧化物，导致硝酸型的酸雨，因此开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生，①正确；
②二氧化氯杀菌、消毒能力强，持效长，因此二氧化氯常于自来水的杀菌、消毒，②正确；
③氧化镁的熔点高，是很好的耐火材料，③正确；
④明矾溶于水后，电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可做为净水剂，④正确；
⑤玻璃、陶瓷和水泥是三大硅酸盐材料，⑤正确；
答案选D。
18.下列试剂中混有的杂质，其除杂试剂和分离操作都正确的是（ ）
编号
主要成分
杂质
除杂试剂
分离操作
A
铜粉
铁粉
FeCl3溶液
过滤
B
Na2SO4
Na2SO3
双氧水
结晶
C
SO2
HCl
饱和Na2CO3
洗气
D
MgO
Al2O3
盐酸
过滤
【答案】B
【详解】A.铜和三氯化铁能反应，Cu3+=Cu2+2+，铁和三氯化铁反应，FeFe3+=3Fe2+，所以不能用FeCl3溶液除去铜中的杂质铁，故A错误；
B.双氧水可将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；
C.Na2CO3和HCl反应，CO32-2H+=H2OCO2，会引进新的杂质CO2，同时Na2CO3溶液吸收SO2，故C错误；
D.MgO、Al2O3均能溶于盐酸，除去MgO 中的Al2O3应加NaOH溶液，再过滤，故D错误；
本题答案为B。
19.将赤铜矿（Cu2O）与辉铜矿（Cu2S）混合加热发生以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，下列说法错误的是（ ）
A. 在Cu2O、Cu2S中Cu元素化合价都是+1价
B. 反应中Cu元素被氧化，S元素被还原
C. Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂
D. 每生成6.4gCu，反应中转移0.1mol e-
【答案】B
【解析】
【分析】由反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑可知，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由-2价升高为+4价，以此来解答。
【详解】A．在Cu2O和Cu2S中Cu元素的化合价都是+1价，A项正确；
B．反应中Cu元素的化合价由+1价降低到0价，铜元素被还原，S元素的化合价由-2价升高到+4价，硫元素被氧化，B项错误；
C．硫化亚铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；
D．根据化学反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑可知硫元素化合价升高了6价，生成6mol铜转移了6mol电子，所以每生成6.4gCu即0.1mol铜，反应中转移0.1mol电子，D项正确；
答案选B。
20.将Cl2通入适量 KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当 n(KOH)＝a mol 时，下列有关说法错误的是( )
A. 若某温度下，反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)＝1：2
B. 参加反应的氯气的物质的量等于a/2 mol
C. 改变温度，产物中 KClO3的最大理论产量为a/7mol
D. 改变温度，反应中转移电子的物质的量ne-的范围：a/2mol≤ne-≤5a/6mol
【答案】C
【详解】A．令n（ClO-）=1mol，反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11，则c(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可知5×n（ClO3-）+1×n（ClO-）=1×n（Cl-），即5×n（ClO3-）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3-）=2mol，故溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)＝1：2，故A正确；
B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=0.5n（KOH）=0.5amol，故B正确；
C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5n（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故KClO3的最大理论产量为a/6mol，故C错误；
D．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5n（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）×1/6=a/6 mol，转移电子最大物质的量为：a/6 mol×5=5a/6 mol；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=0.5n（KOH）=0.5a mol，转移电子最小物质的量=0.5a mol×1=0.5a mol，则反应中转移电子的物质的量ne-的范围为a/2mol≤ne-≤5a/6mol，故D正确；
故答案选C。
21.装有 Fe2O3、 CuO、 Fe、 Cu 的烧杯中加入过量稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末剩余，则关于反应后溶液中金属阳离子的判断一定正确的是（ ）
A. 一定有Fe2+，可能有Cu2+ B. 只有Fe2+
C. 一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+ D. 只有Fe2+和Fe3+
【答案】A
【详解】加入过量的稀硫酸，仍有红色粉末存在，即仍有剩余，因为Cu3+=Cu2+2+，可知溶液中一定没有，由于氧化性：Fe3＋＞Cu2＋，Fe3＋无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2＋；当Fe过量时，由于FeCu2+=Fe2+Cu，不存在Cu2＋；当Fe不足时，有Cu2＋，则溶液中可能含有，一定含有，故选A项；
本题答案为A。
22.某溶液中含有 HCO3－、SO32－、CO32－、CH3COO－等 4 种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2 后，溶液中离子浓度变化最小的是( )
A. CO32－ B. SO32－ C. CH3COO－ D. HCO3－
【答案】C
【详解】Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，离子浓度变化最小。答案选C。
23.食用加碘盐常是将KIO3或KI按一定比例加入食盐中配置而成。已知：氧化性：IO3-＞I2。 下列说法不正确的是( )
A. 以 KIO3 作为加碘剂时，碘不易损失，说明 KIO3 稳定，在高温时不会分解
B. 以 KIO3 作为加碘剂时，将该加碘盐溶于稀硫酸，将该溶液滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸会变蓝色
C. 以 KI 作为加碘剂时，可加入某些物质作为稳定剂以减少碘的损失
D. 某地的食盐中含少量的Fe2+，宜选用KI作为加碘剂
【答案】A
【详解】A、KIO3在高温时分解，而不是不分解，故A错误；
B．以KIO3作为加碘剂时，将该加碘盐溶于稀硫酸，碘酸根离子的氧化性大于碘，酸性条件下，碘酸根离子能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉变蓝色，故B正确；
C、碘离子具有强还原性，所以以KI作为加碘剂时，加入还原剂防止被氧化，故C正确；
D、Fe2+易被氧化成铁离子，若加入用KIO3作为加碘剂，则其易被亚铁离子还原成单质碘，碘易升高而损失，所以宜选用KI作为加碘剂，故D正确；
故答案选A。
24.有FeO、 Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻1.6 g，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使其完全溶解需1 mol/L 的盐酸的体积为( )
A. 200mL B. 100mL C. 50mL D. 无法计算
【答案】A
【详解】FeO、Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，生成Fe，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻1.6g，则减少的质量为O元素的质量，物质的量是0.1mol。将FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3的混合物，相当于其中的O被Cl代替，根据化合价守恒，1个O被2个Cl代替，所以需1 mol•L-1的盐酸的体积V（HCl）=0.2mol÷1mol/L=0.2L，即200mL，答案选A。
25.某待测溶液(阳离子为Na+)中可能含有SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-、HCO3-中的一种或多种，进行如下图所示的实验，每次实验所加试剂均过量。已知稀HNO3具有强氧化性。下列说法不正确的是( )
A. SO42-、SO32-至少含有一种 B. 沉淀B的化学式为 BaCO3
C. 肯定存在的阴离子有 CO32-、HCO3-、Cl- D. Br—肯定不存在
【答案】C
【解析】
【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，气体与石灰水反应得到白色沉淀，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种；溶液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3，溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，据此分析解答。
【详解】A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种，A正确；
B、根据分析可知，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2O，B正确；
C、根据以上分析可知，肯定存在的离子为：CO32-、HCO3-，不能确定Cl-是否存在，C错误；
D、溶液B中加入氯水，得无色溶液，由于氯水具有强氧化性，能氧化溴离子生成单质溴，溴水不是无色的，说明溶液中一定没有Br-，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题(共50分)
26.氮可以形成多种离子，如N3-、N3－、NH2－、NH4+、N2H5+、N2H62+ 等，已知H2O结合一个H+可得到H3O+，N2H5+与N2H62+是由中性分子X结合H+形成的，有类似于NH4+的性质。
⑴ 形成N2H5+离子的中性分子X的结构式是______________；
⑵ X在氧气中可以燃烧，写出燃烧反应的化学方程式_______________________________；
⑶ 写出N2H62+离子在足量强碱溶液中反应的离子方程式________________________________。
【答案】(1). (2). N2H4+O2N2+2H2O (3). N2H62++2OH－＝N2H4+2H2O
【解析】
【分析】（1）依据氨气与氢离子结合生成铵根类推X；
（2）N2H4在氧气中可以燃烧生成氮气和水；
（3）依据铵根与氢氧根的反应类推。
【详解】（1）N2H62+是由中性分子X结合H+形成的，有类似于NH4+的性质，由于带2个正电荷，说明该分子结合了2个质子，去掉质子即是该分子，则该分子为N2H4，X的结构式是；
（2）N2H4在氧气中可以燃烧生成氮气和水，其反应方程式为N2H4+O2N2+2H2O；
（3）N2H62+是由中性分子N2H4结合2个质子形成的，故N2H62+相当于二元酸，因此碱性溶液中反应的离子方程式为N2H62++2OH－＝N2H4+2H2O。
27.在氯氧化法处理含CN－的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为-3价)：KCN＋2KOH＋Cl2＝KOCN＋2KCl＋H2O，被氧化的元素是_______。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目_______________________________：
KOCN＋KOH＋Cl2→CO2＋N2＋KCl＋H2O
（3）若处理上述废水100L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯_______g。
【答案】 (1). 碳(或C) (2). (3). 177.5
【解析】
【分析】（1）化合价升高的元素被氧化；
（2）根据反应中元素的化合价变化情况，根据电子得失守恒、原子守恒配平；
（3）计算废水中KCN的质量，再根据n=m÷M计算KCN的物质的量，使KCN完全转化为无毒物质，生成CO2、N2，根据电子转移守恒计算n（Cl2），再根据m=nM计算需要氯气的质量。
【详解】（1）反应中C元素化合价由KCN中+2价升高为KOCN中+4价，C元素被氧化；
（2）反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+4KOH+3Cl2＝2CO2+N2+6KCl+2H2O，电子转移的方向和数目可表示为；
（3）废水中KCN的质量为650mg/L×100L=65000mg=65g，物质的量为65g÷65g/mol=1mol，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO2、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，电子转移守恒可知2×n（Cl2）=1mol×（4-2）+1mol×[0-（-3）]，解得n（Cl2）=2.5mol，故需要氯气的质量为2.5mol×71g/mol=177.5g。
28.短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13；B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D 是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：
（1）写出D与E以1：1的原子个数比形成的化合物的电子式：_______ ，F的原子结构示意图为_______。
（2）B、D形成的化合物 BD2中存在的化学键为_______ 键（填“离子”或“共价”，下同），A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为_______化合物。
（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲、乙反应的离子方程式为_______。
（4）A、C、D、E的原子半径由大到小的顺序是_______（用元素符号表示）。
（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性_______于F（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论_______。
【答案】(1). (2). (3). 共价 (4). 离子 (5). OH—+HCO3—═CO32—+H2O (6). Na＞N＞O＞H (7). 弱 (8). Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4
【解析】试题分析：根据B形成的化合物种类繁多，确定B为C元素；根据C、D为空气中含量最多的两种元素，且A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，所以C为N元素，D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A为H元素；
（1）Na元素与O按原子个数为1：1形成的化合物为Na2O2，其电子式为，F为Cl元素具有17个质子和17个电子，原子结构示意图为；
（2）B、D形成的化合物CO2中存在的化学键为共价键；A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为NH4Cl，含有离子键属于离子化合物；
（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲和乙可能是NaOH和NaHCO3，所以其反应的离子方程式为：OH-+HCO3-═CO32-+H2O；
（4）A、C、D、E分别为H、N、O、Na，H是周期表中半径最小的，同周期原子序数越大半径越小，所以N＞O，不同周期电子层越多半径越大，所以原子半径Na＞N，则由大到小的顺序为：Na＞N＞O＞H；（5）元素B和F的分别为C、Cl，非金属性C比Cl弱，高氯酸能制备碳酸，则高氯酸的酸性大于碳酸，即非金属性，Cl大于C，其反应方程为：Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4。
29.已知A～F是中学化学中常见物质，其中A、C、E为气体，且A能使品红溶液褪色；B、D为液体，D的浓溶液在常温下能使铁钝化；F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C；X是一种黑色粉末，B分子中有18个电子。(反应中部分生成物已略去）
(1)写出反应②的化学方程式：___________________。
(2)写出反应①、⑤的离子方程式：①____________；⑤________________．
(3)根据图中信息，B、C、D、X氧化性从强到弱的顺序是_________________．
【答案】(1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). Cl2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣ (3). H2O2+Cl2 = O2+2H++2Cl﹣ (4). MnO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)
【解析】
【分析】已知A～F是中学化学中常见物质，其中A、C、E为气体，且A能使品红溶液褪色，则A是SO2；B、D为液体，D的浓溶液在常温下能使铁钝化，则D是硫酸；F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C；X是一种黑色粉末，判断反应是制备氯气的反应原理，X为MnO2，C为Cl2，F为HCl；B分子中有18个电子，和二氧化硫反应生成硫酸，说明B是氧化剂，推断B为H2O2，在MnO2的催化作用下过氧化氢分解生成氧气和水，E为O2，据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知A是SO2，B为H2O2，C为Cl2，D是硫酸，E为O2，F为HCl，X为MnO2，则
（1）根据以上分析可知反应②是浓硫酸与金属铜反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）根据以上分析可知反应①是氯气氧化二氧化硫，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－；反应⑤是氯气氧化双氧水，反应的离子方程式是H2O2+Cl2＝O2+2H++2Cl－。
（3）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则依据反应关系：H2O2+SO2＝H2SO4、H2O2+Cl2＝O2+2HCl、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O可得到氧化性从强到弱的顺序是：MnO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)。
30.在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中：
①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30％KOH溶液，并置于热水浴中；③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。请填写下列空白：
(1)制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_________(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有____________(填写下列编号字母)的净化装置。
A．碱石灰 B．饱和食盐水 C．浓硫酸 D．饱和碳酸氢钠溶液
(2)比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是_____________。反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是_______(填写编号字母)；从②的试管中分离出该晶体的方法是_________(填写实验操作名称)。
(3)本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是：_______________________。
(4)实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化：紫色→______→_______→黄绿色
【答案】(1). 分液漏斗 (2). B (3). 碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同 (4). M (5). 过滤 (6). Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O (7). 红色 (8). 无色
【解析】
【分析】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，结合氯气中含有的杂质分析判断；
（2）在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，溶质的溶解度随温度的降低而降低；
（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，结合溶液显酸性和强氧化性分析判断。
【详解】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，因此通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸。生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，故答案为B；
（2）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；
（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色，所以实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化：紫色→红色→无色→黄绿色。
31.用沉淀法测定NaHCO3和K2CO3混合物的组成。实验过程是每次称取一定质量的样品溶于水制成溶液，向其中滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液，每次实验均充分反应。实验记录见下表：
实验次数
称取样品的质量/g
所加Ba(OH)2溶液的体积/mL
测得生成沉淀的质量/g
1
5.28
500
9.85
2
10.56
500
19.70
3
15.84
500
4
21.12
500
39.40
5
26.40
500
49.25
6
31.68
500
49.25
回答下列问题：
(1)写出少量NaHCO3和过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式___________________。
(2)第3次实验中产生沉淀的质量是_______________g。
(3)样品中NaHCO3和K2CO3的物质的量之比是_______________。
(4)原Ba(OH)2溶液的浓度为_______________mol·L-1。
(5)室温下取第3组实验所得溶液中的OH－浓度为_______________。
【答案】(1). HCO3-+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2O (2). 29.55 (3). 3：2 (4). 0.5 (5). 0.82mol/L
【解析】
【分析】（1）少量NaHCO3和过量Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠与水；
（2）第5次、第6次生成沉淀碳酸钡的质量都为49.25g，说明样品质量为26.40g时，氢氧化钡已经完全反应，第1次、第5次样品的质量分别为5.28g、26.40g，第1次、第5次生成沉淀碳酸钡质量分别为9.85g、49.25g，样品的质量之比等于生成的沉淀质量之比为1：5，说明第5次实验中样品与氢氧化钡恰好完全反应，根据第1次与第3次样品之比计算第3次生成沉淀的质量；
（3）第3次实验中样品完全反应，令碳酸氢钠与碳酸钾的物质的量分别为xmol、ymol，根据碳元素守恒可知沉淀碳酸钡的物质的量为（x+y）mol，根据样品质量与碳酸钡沉淀质量列方程计算；
（4）由（2）中分析可知，第5次样品恰好完全反应，根据n=m÷M计算碳酸钡物质的量，根据钡离子守恒计算氢氧化钡的物质的量，再根据c=n÷V计算其浓度；
（5）第3组实验反应后溶液为氢氧化钡、氢氧化钠、氢氧化钾的混合溶液，由钡离子守恒计算溶液中钡离子物质的量，由钠离子守恒可知，溶液中n（NaOH）=n（NaHCO3），由钾离子守恒可知，溶液中n（KOH）=2n（K2CO3），根据溶液中氢氧化钡、氢氧化钠、氢氧化钾的物质的量计算氢氧根的浓度。
【详解】（1）少量NaHCO3和过量Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠与水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2O；
（2）第5次、第6次生成沉淀碳酸钡的质量都为49.25g，说明样品质量为26.40g时，氢氧化钡已经完全反应，第1次、第5次样品的质量分别为5.28g、26.40g，第1次、第5次生成沉淀碳酸钡质量分别为9.85g、49.25g，样品的质量之比等于生成的沉淀质量之比为1：5，说明第5次实验中样品与氢氧化钡恰好完全反应，则第3次实验中样品完全反应，令产生沉淀质量为mg，则有15.84g：5.28g=mg：9.85g，解得m=29.55g；
（3）第3次实验中样品完全反应，令碳酸氢钠与碳酸钾的物质的量分别为xmol、ymol，则：84x+138y＝15.84、197x+197y＝29.55，解得x=0.09，y=0.06，故n（NaHCO3）：n（K2CO3）=0.09mol：0.06mol=3：2；
（4）由（2）中分析可知，第5次样品恰好完全反应，碳酸钡物质的量=49.25g÷197g/mol=0.25mol，根据钡离子守恒，氢氧化钡的物质的量=0.25mol，故氢氧化钡溶液浓度为0.25mol÷0.5L=0.5mol/L；
（5）由（2）中分析可知，第5次样品恰好完全反应，碳酸钡物质的量=49.25g÷197g/mol=0.25mol，根据钡离子守恒，500mL氢氧化钡溶液中氢氧化钡的物质的量=0.25mol，第3组实验反应后溶液为氢氧化钡、氢氧化钠、氢氧化钾的混合溶液，29.55g碳酸钡的物质的量为29.55g÷197g/mol=0.15mol，由钡离子守恒可知，溶液中n[Ba（OH）2]=0.25mol-0.15mol=0.1mol；由钠离子守恒可知，溶液中n（NaOH）=n（NaHCO3）=0.09mol；由钾离子守恒可知，溶液中n（KOH）=2n（K2CO3）=2×0.06mol=0.12mol；所以溶液中n（OH-）=2n[Ba(OH)2]+n（NaOH）+n（KOH）=0.1mol×2+0.09mol+0.12mol=0.41mol，因此第3组实验所得溶液中的OH-浓度为0.41mol÷0.5L=0.82mol/L。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 I-127 Ba-137
第Ⅰ卷
一、选择题(共25小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共50分)
1.2015年10月，浙江籍科学家屠呦呦因发现青蒿素（C15H22O5）而获得诺贝尔生理学或医学奖。根据物质的分类，青蒿素属于（ ）
A. 碱性氧化物 B. 有机物
C. 含氧酸盐 D. 酸性氧化物
【答案】B
【解析】试题分析：青蒿素是含有碳元素的化合物，属于有机物，答案选B。
2.35Cl和 35Cl－ 两种微粒中，不同的是（ ）
A. 核内质子数 B. 核外电子层数 C. 核内中子数 D. 核外电子数
【答案】D
【解析】试题分析：A.35Cl和35Cl－都是由氯元素形成的微粒，核内质子数均是17，A项不符，B.氯原子最外层有7个电子，得到一个电子形成8电子的稳定结构，核外电子层数没变，B项不符；C.根据核内中子数=质量数-核内质子数，两微粒的质量数相同，质子数也相同，则核内中子数也相同，C项不符；D.氯原子核外有17个电子，而Cl－核外有18个电子，D项符合；答案选D。
3.下列玻璃仪器中，可以用酒精灯直接加热的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】A、该仪器是量筒，不能用来加热，A不选；
B、该仪器是分液漏斗，不能用来加热，B不选；
C、该仪器是蒸馏烧瓶，需要垫石棉网加热，C不选；
D、该仪器是试管，能用酒精灯直接加热，D选。
答案选D。
4.在下列反应中，HCl作还原剂的是（ ）
A. NaOH + HCl = NaCl + H2O
B. Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2↑
C. MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 + 2H2O + Cl2↑
D. CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O
【答案】C
【解析】试题分析：盐酸做氧化剂则盐酸的化合价降低，盐酸中Cl为-1价已经处在最低价态，所以只能是+1价的H降价变为H2。答案选B。
5.根据化学常识判断下列说法正确的是( )
A. 铅笔芯是主要含有铅的笔芯 B. 加碘食盐是加有I2的食盐
C. 碘酒是含有的I2的酒精 D. 纯碱是纯净的烧碱
【答案】C
【详解】A、铅笔芯的笔芯是石墨，不是铅，故A错误；
B、加碘盐中加的是碘酸钾，不是碘单质，故B错误；
C、碘酒是碘单质溶解于酒精中得到的溶液，故C正确；
D、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称，故D错误。
故答案选C。
6.氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途。下列生产、生活中的事例不属于氧化还原反应的是( )
A. 金属冶炼 B. 燃放鞭炮 C. 食物腐败 D. 豆浆变成豆腐
【答案】D
【解析】
【分析】反应中存在元素的化合价变化的为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．金属冶炼中金属元素的化合价降低，为氧化还原反应，故A不选；
B．燃放鞭炮，为爆炸反应，属于剧烈的氧化还原反应，存在元素的化合价变化，故B不选；
C．食物腐败为食物缓慢氧化的过程，故C不选；
D．豆浆制豆腐涉及胶体的聚沉，没有发生氧化还原反应，故D选。
故答案选D。
7.阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1，下列说法正确的是( )
A. 在标况下11.2L CH4和22.4L O2充分反应后恢复到原条件，所得气体分子数为1.5NA
B. 标况下3.36LCCl4中所含碳原子数约为0.15×6.02×1023
C. 78gNa2O2晶体中所含阴阳离子个数约为3×6.02×1023
D. 2L 1mol/L的盐酸中所含氯化氢分子数约为2×6.02×1023
【答案】C
【详解】A．标况下11.2L CH4的物质的量为0.5mol，22.4L O2的物质的量为1mol，二者反应方程式为：CH4+2O2＝CO2+2H2O，水在标况下不是气体，所以反应生成了0.5mol二氧化碳气体，所得气体分子数约为0.5×6.02×1023，故A错误；
B．标况下四氯化碳不是气体，题中条件无法计算四氯化碳的物质的量及含有的碳原子数目，故B错误；
C．78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，所含阴阳离子个数约为3×6.02×1023，故C正确；
D．氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，溶液中不存在氯化氢分子，故D错误。
故答案选C。
8.二氧化硅是一种酸性氧化物，下列物质中不能和二氧化硅发生化学反应的是( )
A. 氢氟酸 B. 碳(高温下) C. 碳酸钠(高温下) D. 水
【答案】D
【详解】A．二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故A不选；
B．高温下，二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳，故B不选；
C．高温下，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，故C不选；
D．二氧化硅和水不反应，故D选；
故答案选D。
9.下列物质放在敞口容器中久置，其质量会减少的是( )
A. 浓硫酸 B. 固体苛性钠 C. 过氧化钠 D. 十水碳酸钠晶体
【答案】D
【解析】
【分析】物质久置于空气中质量减小，从物理性质的角度考虑，物质可能挥发，从化学性质上考虑，物质可能发生分解、风化等变化，以此解答该题。
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，久置空气中质量增大，故A不选；
B．固体苛性钠易吸水，且易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，质量增大，故B不选；
C．过氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，与水反应生成氢氧化钠，质量增大，故C不选；
D．十水碳酸钠晶体不稳定，易风化转化为无水碳酸钠，从而导致质量减小，故D选。
故答案选D。
10.随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是( )
A. Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B. 磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物
C. CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D. 烧碱、纯碱、熟石灰都是碱
【答案】C
【解析】
【分析】A、碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物；
B、混合物中至少含有两种物质；
C、根据电解质在水中的电离程度可知，电离不完全的电解质为弱电解质；
D、碱在水中电离产生的阴离子全部为氢氧根离子。
【详解】A、Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；
B、磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾（FeSO4•7H2O）为纯净物，故B错误；
C、CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；
D、烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱（Na2CO3）属于盐，故D错误；
故答案选C。
11.在某无色的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. NH4+、Cu2+、Cl-、Br- B. Na+、K+、CO32-、Cl-
C. K+、Fe3+、I-、SO42- D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合溶液无色显酸性分析解答。
【详解】A. 在溶液中Cu2+显蓝色，不是无色，不能大量共存，A不选；
B. 在酸性溶液中CO32-与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B不选；
C. 在溶液中Fe3+氧化I-，且铁离子在溶液中显棕黄色，不是无色，不能大量共存，C不选；
D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-在酸性溶液中不反应，且均是无色的，能大量共存，D选。
答案选D。
12.下列有关实验操作正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】A、不能用燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯，A错误；
B、托盘天平的精度是0.1g，不能准确称量10.05g药品，B错误；
C、给试管内的液体加热，液体体积不能超过试管容积的1/3，C正确；
D、应该用10mL量筒量取9.5mL液体，不能用100mL量筒，D错误。
答案选C。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 受溴腐蚀至伤时，先用稀 NaOH 溶液洗，再用水洗
B. 用蒸馏的方法可以分离水和汽油 (沸点 20~200℃)
C. 绿色化学的核心是对环境污染物进行无害化处理
D. SO2 能与CaO反应，可用生灰石作工业废气的脱硫剂
【答案】D
【详解】A.氢氧化钠具有腐蚀性，会使伤情加重，所以不能用稀 NaOH 溶液洗，故A错误；
B.水和汽油互不相溶的液体混合物，应用分液法分离水和汽油，故B错误；
C.绿色化学的核心是利用化学原理，从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错误；
D.SO2 能与CaO反应生成固态的亚硫酸钙，所以可用生灰石作工业废气的脱硫剂，故D正确；
本题答案为D。
14.玻璃棒是化学实验中常用的仪器，其作用是用于搅拌、过滤或转移液体时引流。下列有关实验过程中，一般需要使用玻璃棒进行操作的是( )
①用NaCl固体配制一定物质的量浓度的溶液
②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl
③实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe(OH)2白色沉淀
④从含NaCl的溶液中获得蒸馏水 ⑤用CCl4萃取碘水中的碘
A. ②③ B. ③④⑤ C. ⑤ D. ①②
【答案】D
【详解】①用NaCl固体配制一定物质的量浓度的溶液时固体溶解需要使用玻璃棒搅拌，转移需要引流，故①选；
②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，用到过滤和蒸发操作，分别用玻璃棒进行引流和搅拌，故②选；
③实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe(OH)2白色沉淀，无需使用玻璃棒，故③不选；
④蒸馏操作使用蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶等，无需使用玻璃棒，故④不选；
⑤萃取和分液需要使用分液漏斗，无需使用玻璃棒，故⑤不选；
故答案选D。
15.在学习了溶液中的离子反应之后，小明同学认为反应中的先后顺序很重要。因此他归纳了下面一些情况，在他所作的整理中，你认为正确的是 ( )
A. 向浓度都为0.1 mol/L 的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，CuCl2首先反应
B. 向NH4HSO4溶液中滴加少量的NaOH溶液，NH4+首先反应
C. 向浓度都为0.1 mol/LNa2 CO3和NaOH溶液通入CO2气体，NaOH首先反应
D. 向FeCl3溶液中加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜先反应
【答案】C
【详解】A、铁离子的氧化性大于铜离子，所以向浓度为0.1 mol/L的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉，FeCl3首先反应，故A错误；
B、因为氢离子能与氨水反应，所以向NH4HSO4溶液中滴加少量的NaOH溶液，H+首先反应，故B错误；
C、因为碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，所以Na2CO3和NaOH混合溶液中通入CO2气体，NaOH先与二氧化碳反应生成碳酸钠，故C正确；
D、因为铁的还原性大于铜，所以向FeCl3溶液中加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁先反应，故D错误。
故答案选C。
16.下列实验方法合理且离子方程式正确的是( )
A. 用稀硫酸除去 Cu 中的 Fe2O3 杂质：Fe2O3 +6H+=2Fe3+ +3H2O
B. 实验室利用稀盐酸和石灰石制 CO2： CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 用盐酸制硅胶：Na2SiO3+ 2H+=2Na++H2SiO3↓
D. 检验溶液中的 Fe3+：Fe3+ +3SCN- =Fe(SCN)3↓(红色)
【答案】B
【详解】A.用稀硫酸除去Cu中的Fe2O3杂质时，Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，生成的铁离子能够溶解铜，故A错误；
B. 盐酸是强酸，碳酸钙难溶于水，实验室利用稀盐酸和石灰石制CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故B正确；
C. 硅酸钠易溶于水，应该用离子表示：SiO32－+2H+＝H2SiO3↓，故C错误；
D. Fe(SCN)3在溶液中显红色，不是沉淀，故D错误；
故答案选B。
17.下列表述正确的是( )
①开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生
②我国用二氧化氯取代氯气对饮用水进行消毒，是因为二氧化氯杀菌、消毒能力强，持效长
③氧化镁可用来制造耐火砖和坩埚等
④明矾能使水中的悬浮物凝聚，可做为净水剂
⑤建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
A. ①④⑤ B. ①②⑤ C. ②③④ D. 全部
【答案】D
【详解】①酸雨的形成有两种，一是烧煤，含硫的煤燃烧时放出二氧化硫导致硫酸型的酸雨；再就是汽车尾气、硝酸工业排放的是氮氧化物，导致硝酸型的酸雨，因此开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生，①正确；
②二氧化氯杀菌、消毒能力强，持效长，因此二氧化氯常于自来水的杀菌、消毒，②正确；
③氧化镁的熔点高，是很好的耐火材料，③正确；
④明矾溶于水后，电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可做为净水剂，④正确；
⑤玻璃、陶瓷和水泥是三大硅酸盐材料，⑤正确；
答案选D。
18.下列试剂中混有的杂质，其除杂试剂和分离操作都正确的是（ ）
编号
主要成分
杂质
除杂试剂
分离操作
A
铜粉
铁粉
FeCl3溶液
过滤
B
Na2SO4
Na2SO3
双氧水
结晶
C
SO2
HCl
饱和Na2CO3
洗气
D
MgO
Al2O3
盐酸
过滤
【答案】B
【详解】A.铜和三氯化铁能反应，Cu3+=Cu2+2+，铁和三氯化铁反应，FeFe3+=3Fe2+，所以不能用FeCl3溶液除去铜中的杂质铁，故A错误；
B.双氧水可将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；
C.Na2CO3和HCl反应，CO32-2H+=H2OCO2，会引进新的杂质CO2，同时Na2CO3溶液吸收SO2，故C错误；
D.MgO、Al2O3均能溶于盐酸，除去MgO 中的Al2O3应加NaOH溶液，再过滤，故D错误；
本题答案为B。
19.将赤铜矿（Cu2O）与辉铜矿（Cu2S）混合加热发生以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，下列说法错误的是（ ）
A. 在Cu2O、Cu2S中Cu元素化合价都是+1价
B. 反应中Cu元素被氧化，S元素被还原
C. Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂
D. 每生成6.4gCu，反应中转移0.1mol e-
【答案】B
【解析】
【分析】由反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑可知，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由-2价升高为+4价，以此来解答。
【详解】A．在Cu2O和Cu2S中Cu元素的化合价都是+1价，A项正确；
B．反应中Cu元素的化合价由+1价降低到0价，铜元素被还原，S元素的化合价由-2价升高到+4价，硫元素被氧化，B项错误；
C．硫化亚铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；
D．根据化学反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑可知硫元素化合价升高了6价，生成6mol铜转移了6mol电子，所以每生成6.4gCu即0.1mol铜，反应中转移0.1mol电子，D项正确；
答案选B。
20.将Cl2通入适量 KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当 n(KOH)＝a mol 时，下列有关说法错误的是( )
A. 若某温度下，反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)＝1：2
B. 参加反应的氯气的物质的量等于a/2 mol
C. 改变温度，产物中 KClO3的最大理论产量为a/7mol
D. 改变温度，反应中转移电子的物质的量ne-的范围：a/2mol≤ne-≤5a/6mol
【答案】C
【详解】A．令n（ClO-）=1mol，反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11，则c(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可知5×n（ClO3-）+1×n（ClO-）=1×n（Cl-），即5×n（ClO3-）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3-）=2mol，故溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)＝1：2，故A正确；
B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=0.5n（KOH）=0.5amol，故B正确；
C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5n（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故KClO3的最大理论产量为a/6mol，故C错误；
D．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5n（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）×1/6=a/6 mol，转移电子最大物质的量为：a/6 mol×5=5a/6 mol；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=0.5n（KOH）=0.5a mol，转移电子最小物质的量=0.5a mol×1=0.5a mol，则反应中转移电子的物质的量ne-的范围为a/2mol≤ne-≤5a/6mol，故D正确；
故答案选C。
21.装有 Fe2O3、 CuO、 Fe、 Cu 的烧杯中加入过量稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末剩余，则关于反应后溶液中金属阳离子的判断一定正确的是（ ）
A. 一定有Fe2+，可能有Cu2+ B. 只有Fe2+
C. 一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+ D. 只有Fe2+和Fe3+
【答案】A
【详解】加入过量的稀硫酸，仍有红色粉末存在，即仍有剩余，因为Cu3+=Cu2+2+，可知溶液中一定没有，由于氧化性：Fe3＋＞Cu2＋，Fe3＋无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2＋；当Fe过量时，由于FeCu2+=Fe2+Cu，不存在Cu2＋；当Fe不足时，有Cu2＋，则溶液中可能含有，一定含有，故选A项；
本题答案为A。
22.某溶液中含有 HCO3－、SO32－、CO32－、CH3COO－等 4 种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2 后，溶液中离子浓度变化最小的是( )
A. CO32－ B. SO32－ C. CH3COO－ D. HCO3－
【答案】C
【详解】Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，离子浓度变化最小。答案选C。
23.食用加碘盐常是将KIO3或KI按一定比例加入食盐中配置而成。已知：氧化性：IO3-＞I2。 下列说法不正确的是( )
A. 以 KIO3 作为加碘剂时，碘不易损失，说明 KIO3 稳定，在高温时不会分解
B. 以 KIO3 作为加碘剂时，将该加碘盐溶于稀硫酸，将该溶液滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸会变蓝色
C. 以 KI 作为加碘剂时，可加入某些物质作为稳定剂以减少碘的损失
D. 某地的食盐中含少量的Fe2+，宜选用KI作为加碘剂
【答案】A
【详解】A、KIO3在高温时分解，而不是不分解，故A错误；
B．以KIO3作为加碘剂时，将该加碘盐溶于稀硫酸，碘酸根离子的氧化性大于碘，酸性条件下，碘酸根离子能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉变蓝色，故B正确；
C、碘离子具有强还原性，所以以KI作为加碘剂时，加入还原剂防止被氧化，故C正确；
D、Fe2+易被氧化成铁离子，若加入用KIO3作为加碘剂，则其易被亚铁离子还原成单质碘，碘易升高而损失，所以宜选用KI作为加碘剂，故D正确；
故答案选A。
24.有FeO、 Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻1.6 g，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使其完全溶解需1 mol/L 的盐酸的体积为( )
A. 200mL B. 100mL C. 50mL D. 无法计算
【答案】A
【详解】FeO、Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，生成Fe，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻1.6g，则减少的质量为O元素的质量，物质的量是0.1mol。将FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3的混合物，相当于其中的O被Cl代替，根据化合价守恒，1个O被2个Cl代替，所以需1 mol•L-1的盐酸的体积V（HCl）=0.2mol÷1mol/L=0.2L，即200mL，答案选A。
25.某待测溶液(阳离子为Na+)中可能含有SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-、HCO3-中的一种或多种，进行如下图所示的实验，每次实验所加试剂均过量。已知稀HNO3具有强氧化性。下列说法不正确的是( )
A. SO42-、SO32-至少含有一种 B. 沉淀B的化学式为 BaCO3
C. 肯定存在的阴离子有 CO32-、HCO3-、Cl- D. Br—肯定不存在
【答案】C
【解析】
【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，气体与石灰水反应得到白色沉淀，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种；溶液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3，溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，据此分析解答。
【详解】A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种，A正确；
B、根据分析可知，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2O，B正确；
C、根据以上分析可知，肯定存在的离子为：CO32-、HCO3-，不能确定Cl-是否存在，C错误；
D、溶液B中加入氯水，得无色溶液，由于氯水具有强氧化性，能氧化溴离子生成单质溴，溴水不是无色的，说明溶液中一定没有Br-，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题(共50分)
26.氮可以形成多种离子，如N3-、N3－、NH2－、NH4+、N2H5+、N2H62+ 等，已知H2O结合一个H+可得到H3O+，N2H5+与N2H62+是由中性分子X结合H+形成的，有类似于NH4+的性质。
⑴ 形成N2H5+离子的中性分子X的结构式是______________；
⑵ X在氧气中可以燃烧，写出燃烧反应的化学方程式_______________________________；
⑶ 写出N2H62+离子在足量强碱溶液中反应的离子方程式________________________________。
【答案】(1). (2). N2H4+O2N2+2H2O (3). N2H62++2OH－＝N2H4+2H2O
【解析】
【分析】（1）依据氨气与氢离子结合生成铵根类推X；
（2）N2H4在氧气中可以燃烧生成氮气和水；
（3）依据铵根与氢氧根的反应类推。
【详解】（1）N2H62+是由中性分子X结合H+形成的，有类似于NH4+的性质，由于带2个正电荷，说明该分子结合了2个质子，去掉质子即是该分子，则该分子为N2H4，X的结构式是；
（2）N2H4在氧气中可以燃烧生成氮气和水，其反应方程式为N2H4+O2N2+2H2O；
（3）N2H62+是由中性分子N2H4结合2个质子形成的，故N2H62+相当于二元酸，因此碱性溶液中反应的离子方程式为N2H62++2OH－＝N2H4+2H2O。
27.在氯氧化法处理含CN－的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为-3价)：KCN＋2KOH＋Cl2＝KOCN＋2KCl＋H2O，被氧化的元素是_______。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目_______________________________：
KOCN＋KOH＋Cl2→CO2＋N2＋KCl＋H2O
（3）若处理上述废水100L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯_______g。
【答案】 (1). 碳(或C) (2). (3). 177.5
【解析】
【分析】（1）化合价升高的元素被氧化；
（2）根据反应中元素的化合价变化情况，根据电子得失守恒、原子守恒配平；
（3）计算废水中KCN的质量，再根据n=m÷M计算KCN的物质的量，使KCN完全转化为无毒物质，生成CO2、N2，根据电子转移守恒计算n（Cl2），再根据m=nM计算需要氯气的质量。
【详解】（1）反应中C元素化合价由KCN中+2价升高为KOCN中+4价，C元素被氧化；
（2）反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+4KOH+3Cl2＝2CO2+N2+6KCl+2H2O，电子转移的方向和数目可表示为；
（3）废水中KCN的质量为650mg/L×100L=65000mg=65g，物质的量为65g÷65g/mol=1mol，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO2、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，电子转移守恒可知2×n（Cl2）=1mol×（4-2）+1mol×[0-（-3）]，解得n（Cl2）=2.5mol，故需要氯气的质量为2.5mol×71g/mol=177.5g。
28.短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13；B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D 是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：
（1）写出D与E以1：1的原子个数比形成的化合物的电子式：_______ ，F的原子结构示意图为_______。
（2）B、D形成的化合物 BD2中存在的化学键为_______ 键（填“离子”或“共价”，下同），A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为_______化合物。
（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲、乙反应的离子方程式为_______。
（4）A、C、D、E的原子半径由大到小的顺序是_______（用元素符号表示）。
（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性_______于F（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论_______。
【答案】(1). (2). (3). 共价 (4). 离子 (5). OH—+HCO3—═CO32—+H2O (6). Na＞N＞O＞H (7). 弱 (8). Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4
【解析】试题分析：根据B形成的化合物种类繁多，确定B为C元素；根据C、D为空气中含量最多的两种元素，且A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，所以C为N元素，D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A为H元素；
（1）Na元素与O按原子个数为1：1形成的化合物为Na2O2，其电子式为，F为Cl元素具有17个质子和17个电子，原子结构示意图为；
（2）B、D形成的化合物CO2中存在的化学键为共价键；A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为NH4Cl，含有离子键属于离子化合物；
（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲和乙可能是NaOH和NaHCO3，所以其反应的离子方程式为：OH-+HCO3-═CO32-+H2O；
（4）A、C、D、E分别为H、N、O、Na，H是周期表中半径最小的，同周期原子序数越大半径越小，所以N＞O，不同周期电子层越多半径越大，所以原子半径Na＞N，则由大到小的顺序为：Na＞N＞O＞H；（5）元素B和F的分别为C、Cl，非金属性C比Cl弱，高氯酸能制备碳酸，则高氯酸的酸性大于碳酸，即非金属性，Cl大于C，其反应方程为：Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4。
29.已知A～F是中学化学中常见物质，其中A、C、E为气体，且A能使品红溶液褪色；B、D为液体，D的浓溶液在常温下能使铁钝化；F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C；X是一种黑色粉末，B分子中有18个电子。(反应中部分生成物已略去）
(1)写出反应②的化学方程式：___________________。
(2)写出反应①、⑤的离子方程式：①____________；⑤________________．
(3)根据图中信息，B、C、D、X氧化性从强到弱的顺序是_________________．
【答案】(1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). Cl2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣ (3). H2O2+Cl2 = O2+2H++2Cl﹣ (4). MnO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)
【解析】
【分析】已知A～F是中学化学中常见物质，其中A、C、E为气体，且A能使品红溶液褪色，则A是SO2；B、D为液体，D的浓溶液在常温下能使铁钝化，则D是硫酸；F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C；X是一种黑色粉末，判断反应是制备氯气的反应原理，X为MnO2，C为Cl2，F为HCl；B分子中有18个电子，和二氧化硫反应生成硫酸，说明B是氧化剂，推断B为H2O2，在MnO2的催化作用下过氧化氢分解生成氧气和水，E为O2，据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知A是SO2，B为H2O2，C为Cl2，D是硫酸，E为O2，F为HCl，X为MnO2，则
（1）根据以上分析可知反应②是浓硫酸与金属铜反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）根据以上分析可知反应①是氯气氧化二氧化硫，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－；反应⑤是氯气氧化双氧水，反应的离子方程式是H2O2+Cl2＝O2+2H++2Cl－。
（3）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则依据反应关系：H2O2+SO2＝H2SO4、H2O2+Cl2＝O2+2HCl、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O可得到氧化性从强到弱的顺序是：MnO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)。
30.在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中：
①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30％KOH溶液，并置于热水浴中；③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。请填写下列空白：
(1)制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_________(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有____________(填写下列编号字母)的净化装置。
A．碱石灰 B．饱和食盐水 C．浓硫酸 D．饱和碳酸氢钠溶液
(2)比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是_____________。反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是_______(填写编号字母)；从②的试管中分离出该晶体的方法是_________(填写实验操作名称)。
(3)本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是：_______________________。
(4)实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化：紫色→______→_______→黄绿色
【答案】(1). 分液漏斗 (2). B (3). 碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同 (4). M (5). 过滤 (6). Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O (7). 红色 (8). 无色
【解析】
【分析】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，结合氯气中含有的杂质分析判断；
（2）在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，溶质的溶解度随温度的降低而降低；
（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，结合溶液显酸性和强氧化性分析判断。
【详解】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，因此通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸。生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，故答案为B；
（2）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；
（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色，所以实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化：紫色→红色→无色→黄绿色。
31.用沉淀法测定NaHCO3和K2CO3混合物的组成。实验过程是每次称取一定质量的样品溶于水制成溶液，向其中滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液，每次实验均充分反应。实验记录见下表：
实验次数
称取样品的质量/g
所加Ba(OH)2溶液的体积/mL
测得生成沉淀的质量/g
1
5.28
500
9.85
2
10.56
500
19.70
3
15.84
500
4
21.12
500
39.40
5
26.40
500
49.25
6
31.68
500
49.25
回答下列问题：
(1)写出少量NaHCO3和过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式___________________。
(2)第3次实验中产生沉淀的质量是_______________g。
(3)样品中NaHCO3和K2CO3的物质的量之比是_______________。
(4)原Ba(OH)2溶液的浓度为_______________mol·L-1。
(5)室温下取第3组实验所得溶液中的OH－浓度为_______________。
【答案】(1). HCO3-+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2O (2). 29.55 (3). 3：2 (4). 0.5 (5). 0.82mol/L
【解析】
【分析】（1）少量NaHCO3和过量Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠与水；
（2）第5次、第6次生成沉淀碳酸钡的质量都为49.25g，说明样品质量为26.40g时，氢氧化钡已经完全反应，第1次、第5次样品的质量分别为5.28g、26.40g，第1次、第5次生成沉淀碳酸钡质量分别为9.85g、49.25g，样品的质量之比等于生成的沉淀质量之比为1：5，说明第5次实验中样品与氢氧化钡恰好完全反应，根据第1次与第3次样品之比计算第3次生成沉淀的质量；
（3）第3次实验中样品完全反应，令碳酸氢钠与碳酸钾的物质的量分别为xmol、ymol，根据碳元素守恒可知沉淀碳酸钡的物质的量为（x+y）mol，根据样品质量与碳酸钡沉淀质量列方程计算；
（4）由（2）中分析可知，第5次样品恰好完全反应，根据n=m÷M计算碳酸钡物质的量，根据钡离子守恒计算氢氧化钡的物质的量，再根据c=n÷V计算其浓度；
（5）第3组实验反应后溶液为氢氧化钡、氢氧化钠、氢氧化钾的混合溶液，由钡离子守恒计算溶液中钡离子物质的量，由钠离子守恒可知，溶液中n（NaOH）=n（NaHCO3），由钾离子守恒可知，溶液中n（KOH）=2n（K2CO3），根据溶液中氢氧化钡、氢氧化钠、氢氧化钾的物质的量计算氢氧根的浓度。
【详解】（1）少量NaHCO3和过量Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠与水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2O；
（2）第5次、第6次生成沉淀碳酸钡的质量都为49.25g，说明样品质量为26.40g时，氢氧化钡已经完全反应，第1次、第5次样品的质量分别为5.28g、26.40g，第1次、第5次生成沉淀碳酸钡质量分别为9.85g、49.25g，样品的质量之比等于生成的沉淀质量之比为1：5，说明第5次实验中样品与氢氧化钡恰好完全反应，则第3次实验中样品完全反应，令产生沉淀质量为mg，则有15.84g：5.28g=mg：9.85g，解得m=29.55g；
（3）第3次实验中样品完全反应，令碳酸氢钠与碳酸钾的物质的量分别为xmol、ymol，则：84x+138y＝15.84、197x+197y＝29.55，解得x=0.09，y=0.06，故n（NaHCO3）：n（K2CO3）=0.09mol：0.06mol=3：2；
（4）由（2）中分析可知，第5次样品恰好完全反应，碳酸钡物质的量=49.25g÷197g/mol=0.25mol，根据钡离子守恒，氢氧化钡的物质的量=0.25mol，故氢氧化钡溶液浓度为0.25mol÷0.5L=0.5mol/L；
（5）由（2）中分析可知，第5次样品恰好完全反应，碳酸钡物质的量=49.25g÷197g/mol=0.25mol，根据钡离子守恒，500mL氢氧化钡溶液中氢氧化钡的物质的量=0.25mol，第3组实验反应后溶液为氢氧化钡、氢氧化钠、氢氧化钾的混合溶液，29.55g碳酸钡的物质的量为29.55g÷197g/mol=0.15mol，由钡离子守恒可知，溶液中n[Ba（OH）2]=0.25mol-0.15mol=0.1mol；由钠离子守恒可知，溶液中n（NaOH）=n（NaHCO3）=0.09mol；由钾离子守恒可知，溶液中n（KOH）=2n（K2CO3）=2×0.06mol=0.12mol；所以溶液中n（OH-）=2n[Ba(OH)2]+n（NaOH）+n（KOH）=0.1mol×2+0.09mol+0.12mol=0.41mol，因此第3组实验所得溶液中的OH-浓度为0.41mol÷0.5L=0.82mol/L。
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