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【化学】河南省封丘县第一中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题（解析版）
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河南省封丘县第一中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 Mg：24 Al: 27 S：32 Ba: 137 Fe：56
一、选择题(30×2=60分)
1.下列物质的用途错误的是（ ）
A. 硅是制造太阳能电池的常用材料 B. 二氧化硅是制造光导纤维的材料
C. 水玻璃可用作木材防火剂 D. 硅是制取水泥的原料
【答案】D
【解析】制取水泥的原料：纯碱、石灰石、粘土；
2.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
溶液
现象
结论
A
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【答案】A
【解析】A、二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B、SO2具有氧化性能把H2S氧化为单质硫，自身也被还原为单质S，B正确；C、产生白色沉淀，说明有硫酸根生成，因此发生的反应是铁离子氧化二氧化硫生成硫酸，C正确；D、亚硫酸的酸性强于硅酸，与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，D正确，答案选A。
3.下列各组离子一定能够大量共存的是( )
A. K+、Al3+、Cl－、AlO2－ B. Fe2+、H+、SO42－、NO3－
C. Na+、Mg2+、SO42－、NO3－ D. Na+、Ca2+、OH－、HCO3－
【答案】C
【解析】
【分析】在溶液中离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应分析判断。
【详解】A. 在溶液中Al3+、AlO2－反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，A不选；
B. 在溶液中Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水，不能大量共存，B不选；
C. 在溶液中Na+、Mg2+、SO42－、NO3－之间不反应，可以大量共存，C选；
D. 在溶液中Ca2+、OH－、HCO3－反应生成碳酸钙和水，不能大量共存，D不选。
答案选C。
4.X可以从盐溶液中置换出单质Y，则下列判断正确的是( )
A. X一定是比Y活泼的金属
B. X一定是排在金属活动顺序表中氢以前的金属
C. X是金属时，Y可能是金属也可能是非金属
D. X是金属时，Y一定是金属；X是非金属时，Y一定是非金属
【答案】C
【解析】
【分析】某单质X能从盐的溶液中置换出单质Y，能发生置换反应的有：金属之间的置换反应、金属和非金属之间的置换反应、非金属之间的置换反应，据此分析解答。
【详解】A．X、Y都是金属时，较活泼金属能置换出较不活泼金属，X一定比Y活泼，但二者不一定都是金属，故A错误；
B．X不一定排在金属活动顺序表中H的前面，如Cu置换出Ag，故B错误；
C．X是金属时，Y可能是金属也可能是非金属，例如铁置换出铜，或铁置换出氢气等，故C正确；
D．X是非金属时，如果Y是金属，不可能在溶液中进行，Y只能是非金属单质，X是金属时，Y可能是金属也可能是非金属，故D错误；
故答案选C。
5.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是( )
选项
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
食醋
胆矾晶体
纯碱
小苏打
氯水
B
青铜
水煤气
硝酸
硫化氢
乙醇
C
烧碱
水玻璃
硫酸钡
一水合氨
液氨
D
C12H22O11
纯盐酸
三氧化硫
二氧化硫
二氧化硅
【答案】C
【解析】
【分析】由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；由不同种物质组成的为混合物；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，完全电离出离子的是强电解质，部分电离出离子的是弱电解质，据此解答。
【详解】A．食醋是醋酸的水溶液属于混合物，胆矾晶体是硫酸铜结晶水合物是纯净物，纯碱是碳酸钠、小苏打是碳酸氢钠，水溶液中完全电离是强电解质，氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．青铜是合金属于混合物，水煤气是一氧化碳和氢气的混合气体属于混合物，硝酸是强酸属于强电解质，硫化氢是弱酸属于弱电解质，乙醇水溶液中和熔融状态下都不导电属于是非电解质，故B错误；
C．烧碱是氢氧化钠属于纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，硫酸钡熔融状态完全电离属于强电解质，一水合氨是弱碱属于弱电解质，液氨本身不能电离出离子属于非电解质，故C正确；
D．C12H22O11可能存在同分异构体，不一定是纯净物，纯盐酸是混合物，三氧化硫、二氧化硫、二氧化硅本身不能电离出离子属于非电解质，故D错误。
故答案选C。
6.为除去某物质中少量杂质，下列所加试剂及操作方法正确的是(括号内的物质为杂质)( )
A. NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤
B. KNO3溶液(NaCl)：加热蒸发得浓溶液后，降温
C. SO2（CO2）：通入过量NaOH溶液，洗气
D. Cl2（HCl）：依次通入饱和食盐水、浓硫酸，洗气
【答案】B
【解析】
【分析】物质的除杂原则为所加试剂与杂质反应的同时不能引进新的杂质，主要物质可以多但不能少。
【详解】A、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，否则还有碳酸钠杂质，选项A错误；D、硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度影响不大，可以加热蒸发得浓溶液后降温，获得硝酸钾的晶体，选项B正确；C. SO2与CO2均能与NaOH溶液反应，除去二氧化碳的同时也消耗了二氧化硫，选项C错误；D、Cl2（HCl）：依次通入饱和食盐水进行洗气除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项D错误。答案选B。
7.下列各组物质的分类正确的的是 ( )
①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、淀粉
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物
④强电解质溶液的导电能力一定强
⑤在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
⑥有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应
A. 全部正确 B. ①②④⑥ C. ②③⑤ D. ⑤
【答案】D
【解析】
【分析】①由不同种物质组成的是混合物；
②根据氧化物的定义分析；
③根据酸性氧化物和碱性氧化物的概念判断；
④溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少；
⑤在熔融状态下离子键断键；
⑥有元素化合价升降的反应是氧化还原反应。
【详解】①氯水、氨水、水玻璃、淀粉均是混合物，水银是金属Hg，是纯净物，①错误；
②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是碱，②错误；
③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，③错误；
④强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，④错误；
⑤由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，⑤正确；
⑥有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，⑥错误。
答案选D。
8.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 含金属元素的离子一定都是阳离子
B. 在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂
C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如偏铝酸根离子，A错误；
B. 在氧化还原反应中，非金属单质不一定是氧化剂，例如氢气还原氧化铜的反应中氢气是还原剂，B错误；
C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，例如氯气把碘离子氧化为单质碘，碘离子被氧化，C错误；
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，D正确。
答案选D。
9.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是( )
A. SO2和H2S B. Cl2 和CO2 C. NH3和CO2 D. SO2 和Cl2
【答案】B
【解析】试题分析：A．硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，单质硫不溶于水，可以产生沉淀，故A不选；B．氯化钡与二氧化氮、二氧化碳均不反应，不会产生沉淀，故选B；C．氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故C不选；Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故D不选。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是( )
①. 标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数目为4NA
② 在常温常压下，48g 氧气和臭氧的混合气体含氧原子数是3NA
③1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA
④ lmolNa2O2 与水充分反应转移的电子数为2NA
⑤ 0.1mol/L BaCl2溶液中Cl-数目是0.2 NA
⑥ 4℃时，22.4 L水中含有的电子数目为 10 NA个
⑦ 使2.3g钠变为 Na+，需失去0.1NA个电子
⑧ 10g46%乙醇水溶液中所含氢原子数目为0.6NA
A. ①②③⑧ B. ②③⑦⑧ C. ②⑦ D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①标准状况下三氧化硫不是气体，22.4LSO3中含有的原子数目不是4NA，①错误；
②氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，在常温常压下，48g氧气和臭氧的混合气体中氧原子的物质的量是48g÷16g/mol＝3mol，含氧原子数是3NA，②正确；
③1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA，例如与氢氧化钠溶液反应时转移1mol电子，③错误；
④lmolNa2O2与水时过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则充分反应转移的电子数为NA，④错误；
⑤0.1mol/L BaCl2溶液的体积未知，不能计算其中Cl-数目，⑤错误；
⑥4℃时，22.4 L水的物质的量不是1mol，含有的电子数目不是10NA个，⑥错误；
⑦使2.3g钠即0.1mol钠变为Na+，需失去0.1NA个电子，⑦正确；
⑧10g46%乙醇水溶液中所含氢原子的物质的量是＝1.2mol，因此氢原子数目为1.2NA，⑧错误；
答案选C。
11.欲配制100ml 1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是（ ）
①将14.2 g Na2SO4 溶于100ml水中
②将32.2g Na2SO4·10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 ml
③将20 ml 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 ml
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③
【答案】B
【解析】①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，①错误；②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g÷322g/mol
=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，②正确；③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，③正确，答案选B。
12.下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）
A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4 B. 等压等体积的N2和CO2
C. 等温等体积的O2和N2 D. 不同体积等密度的CO和C2H4
【答案】A
【解析】
【分析】两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。
【详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；
B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；
C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；
D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。
故选A。
13.下列溶液中的Cl- 浓度与50mL 1mol/L MgCl2溶液中的Cl- 浓度相等的是( )
A. 150 mL 1 mol/L NaCl溶液
B. 75 mL 2 mol/L CaCl2溶液
C. 150 mL 2 mol/L KCl溶液
D. 50 mL2 mol/L KClO3溶液
【答案】C
【详解】50mL 1mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，则
A、150mL 1mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A不选；
B、75mL 2mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B不选；
C、150mL 2mol/L KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C选；
D、氯酸钾不能电离出氯离子，50 mL 2 mol/L KClO3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=0，故D不选；
故答案选C。
14.下列离子方程式中正确的是( )。
A. 氧化亚铁放入盐酸中O2－+2H+=H2O
B. 硫酸铜溶液中通入硫化氢 Cu2++H2S=CuS↓+2H+
C. 氯化铝溶液中加入过量氨水 Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液 HCO3-+OH－=CO32-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、FeO应该用化学式表示，反应的离子方程式为FeO+2H+＝Fe2++H2O，A错误；
B、硫酸铜溶液中通入硫化氢生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，B正确；
C、氯化铝溶液中加入过量氨水生成成氢氧化铝和氯化铵，氢氧化铝不溶于弱碱，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；
D、碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH－＝NH3•H2O+CO32-+H2O，D错误。
答案选B。
15.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是( )
①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—===BaSO4↓＋2H2O
③Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
④CO32—＋2H＋===CO2↑＋H2O
⑤Ag＋＋Cl－===AgCl↓
A. 只有③ B. ②③ C. ③⑤ D. ①④
【答案】A
【解析】试题分析：①表示Fe和可溶性铜盐的反应，可以是CuCl2、CuSO4等，故①错误；②可以表示Ba（OH）2和H2SO4的反应，也可以不是向Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4至溶液呈中性的反应故②错误；③只能表示氯气和水的一个化学反应，故③正确；④表示可溶性碳酸盐和强酸的反应，对应的化学反应都多种，故④错误；⑤示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应，对应的化学反应都多种，故⑤错误；故选A。
16.某溶液含有NaCl、K2SO4、KCl三种溶质，已知c（Cl﹣）为0.4mol·L－1、c（K+）为0.7 mol·L－1、c（Na+）为0.1 mol·L－1。则该混合溶液中硫酸根离子浓度为（ ）
A. 0.1 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1
C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度。
【详解】溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电荷相等，如果忽略水的电离，则有c（Na+）+c（K+）＝c（Cl－）+2c（SO42－），即0.1mol/L+0.7mol/L＝0.4mol/L+2c（SO42－），所以c（SO42－）＝0.2mol/L，答案选B。
17.无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100mL甲气体经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO2、CO2
C. NH3、NO、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】C
【解析】试题分析：二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，答案选B。
18.b mL Al2(SO4)3溶液中含有agSO42-，若把此溶液取一半加水稀释至2b mL，则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】b/2mL溶液中SO42-离子的物质的量是bmL溶液的一半，加水稀释至2b mL，2b mL溶液中SO42-离子的物质的量与b/2mL溶液相等，依据电荷守恒计算Al3+离子的物质的量和物质的量浓度。
【详解】bmL溶液中，agSO42-离子的物质的量为a/96mol，b/2mL溶液中SO42-离子的物质的量为a/192mol, 2b mL溶液中SO42-离子的物质的量为a/192mol,由电荷守恒n（Al3+）=2/3n(SO42-)=a/288mol,则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为125a/72bmol/L，故选D。
19.相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为ρ g·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是( )
A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】饱和溶液中溶质的质量分数为，根据物质的量浓度和质量分数的换算公式分析，该饱和溶液的物质的量浓度为mol/L，故选B。
20.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（ ）
A. 5∶3 B. 5∶4 C. 1∶1 D. 3∶5
【答案】A
【解析】根据反应方程式，5mol的NH4NO3中含有5mol的NH4＋和5mol NO3－，NH4＋中N元素的化合价是－3价， N2中N元素的化合价是0价，所以5mol的NH4＋共失去3×5=15mol电子，作还原剂生成氧化产物N22.5mol；NO3－中N元素的化合价是＋5价，其中2mol NO3－生成2HNO3化合价未变，3mol NO3－作氧化剂生成还原产物N21.5mol，共得到5×3=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于1.5:2.5=3:5，答案选D。
21.某溶液可能含有 K+、NH4+、Ca2+、Cl–、SO42–、CO32–中的若干种。为了确定该溶液的组成，取100mL上述溶液进行了如下实验：(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法不正确的是（ ）
A. 原溶液中一定存在SO42–、CO32–和NH4+
B. 原溶液中一定不存在Ca2+，无法判断Cl–是否存在
C. 要确定Cl–是否存在，可取少许溶液2加入硝酸银和稀硝酸检验
D. 原溶液中 c(K+ )≥0.1 mol· Lˉ 1
【答案】C
【解析】分析：加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在SO42–、CO32–，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.3−2.33)g÷197g/mol=0.01mol，硫酸根、碳酸根和钙离子不共存，一定不存在Ca2+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，钾离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断，以此解答该题。
详解：A．由以上分析可知原溶液一定存在SO42–、CO32–和NH4+，A正确；
B．根据以上分析可知原溶液中一定不存在Ca2+，无法判断Cl–是否存在，B正确；
C．由于前面加入了氯化钡溶液，因此取少许溶液2加入硝酸银和稀硝酸无法检验原溶液中是否含有氯离子，C错误；
D．阳离子所带正电荷的物质的量之和0.03mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，由电荷守恒可知一定含有钾离子，如钾离子的物质的量大于0.04mol-0.03mol=0.01mol（阴离子和阳离子电荷之差），则含有氯离子，则原溶液中 c(K+)≥0.01mol÷0.1L＝0.1 mol· Lˉ1，D正确。答案选C。
22.氧化性：Fe3+>Cu2+，向物质的量浓度均为2mol· Lˉ1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入a mol 铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是（ ）
A. 当 a≤1时，发生的反应为：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+
B. 当 a≥2 时，发生的反应为：2Fe3+＋2Cu2+＋3Fe＝5Fe2+＋2Cu
C. 当 1≤a＜2 时，溶液中n(Fe2+ )＝(2+ a)mol
D. 若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜
【答案】B
【解析】分析：根据氧化性Fe3+＞Cu2+可判断向物质的量浓度均为2mol·Lˉ1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入a mol 铁粉，硫酸铁首先氧化金属铁，然后才是硫酸铜与铁发生置换反应，结合反应物的量分析解答。
详解：硫酸铁和硫酸铜的物质的量均是2mol/L×0.5L＝1.0mol，发生的反应依次为①：Fe2(SO4)3+Fe＝3FeSO4、②：CuSO4+Fe＝FeSO4+Cu，则
A. 当 a≤1时铁不足，发生的反应为①，离子方程式为：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，A正确；
B. 当 a≥2时铁恰好反应或过量，发生的反应为①和②，离子方程式为：2Fe3+＋Cu2+＋2Fe＝4Fe2+＋Cu，B错误；
C. 当 1≤a＜2 时硫酸铁全部反应，硫酸铜过量，根据铁原子守恒可知溶液中n(Fe2+ )＝(2+a)mol，C正确；
D. 根据以上分析可知若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜，D正确。答案选B。
23.如图，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C内分别充入等质量的X、CO2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等。下列说法不正确的是( )
A. 物质的量：n(X)
【答案】A
【解析】当隔板静止时，代表隔板两侧气体的压强相等，容器恒温，所以处于同温同压的环境。同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比。A、C内的气体密度相等，所以气体X、Y的摩尔质量相等。题目中通入的三种气体的质量相等，所以X、Y物质的量一定相等，所以选项A错误。X、Y物质的量一定相等，即分子数相等，所以选项B正确。X、Y物质的量一定相等，同温同压下体积一定相等，所以选项C正确。A、C内的气体密度相等，所以气体X、Y的摩尔质量相等，所以选项D正确。
24.将镁和铝的混合物a g投入到足量的氢氧化钠溶液中，充分反应后将残余固体洗净，然后使残余固体在足量的纯氧中加热，最终得到a g固体，则镁铝混合物中铝的质量分数为( )
A. 40% B. 47% C. 53% D. 60%
【答案】A
【解析】试题分析：题中反应关系为：金属混合物(Mg、Al)MgMgO，最终固体的质量和金属混合物的质量相等，则说明O元素的质量等于Al的质量，所以MgO中O的质量分数等于混合物中铝的质量分数，为：×100%=40%，故选A。
25.用足量的CO还原8 g铁的氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为15g，则此铁氧化物的化学式是（ ）
A. Fe2O3 B. FeO C. Fe3O4 D. Fe3O4和FeO的混合物
【答案】A
【解析】
【详解】得到的沉淀是碳酸钙，质量是15g，则物质的量是0.15mol，所以反应中生成的CO2的物质的量也是0.15mol，所以根据原子守恒可知，氧化物中氧原子的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×16g/mol＝2.4g。则铁的质量是8g－2.4g＝5.6g，物质的量是0.1mol，即铁原子与氧原子的物质的量是2︰3，所以氧化物的化学式是Fe2O3，答案选A。
26.已知还原性：Fe2＋＞Br－。向100mLFeBr2溶液中通入3.36L(标准状况)Cl2，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原溶液中FeBr2的物质的量浓度为( )
A. 2 mol·L－1 B. 1.5 mol·L－1 C. 1 mol·L－1 D. 0.75 mol·L－1
【答案】A
【解析】分析：因为还原性Fe2+Br-，所以Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则Cl2完全反应，Fe2+完全反应、Br-部分反应；根据得失电子守恒和原子守恒列式。
详解：n（Cl2）==0.15mol，因为还原性Fe2+Br-，所以Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则Cl2完全反应，Fe2+完全反应、Br-部分反应，根据Cl守恒，反应后溶液中n（Cl-）=0.15mol2=0.3mol；设原溶液中FeBr2物质的量为x，则原溶液中n（Fe2+）=x、n（Br-）=2x，根据得失电子守恒，0.15mol2=x+（2x-0.3mol），解得x=0.2mol，原FeBr2溶液物质的量浓度为=2mol/L，答案选A。
27.标准状况下，三个干燥烧瓶分别盛①干燥纯净的氨气、②二氧化氮与氧气的混合气（体积比：V(NO2 ):V(O2 )=4:1）、③一半空气的氯化氢，将它们分别倒置于盛足量水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 5：4：5 B. 1：1：1 C. 15: 12: 10 D. 无法计算
【答案】A
【解析】
【详解】假设烧瓶的容积为1L，则氨气的物质的量是mol，溶液的体积是烧瓶的容积，则物质的量浓度是mol/L；二氧化氮和氧气的混合气（体积比：V(NO 2 ):V(O 2 )=4:1），4NO2 +O2 +2H2O=4HNO3 ，硝酸的物质的量是NO2 的物质的量，是mol，溶液的体积是烧瓶容积，则物质的量浓度是mol/L；含一半空气的氯化氢的物质的量是mol，溶液的体积是氯化氢的体积，即烧瓶容积的一半，则物质的量浓度是mol/L；所以比值是5: 4: 5，答案选A。
28.对于1L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为（ ）
A. 0.40mol B. 0.45mol C. 0.72mol D. 0.80mol
【答案】C
【解析】
【分析】铜与稀硫酸不反应，但和稀硝酸反应。离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硫酸电离出的氢离子可参与反应，由此进行计算。
【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子。硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多。
设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为y mol，则x+y=1.2，y:(2x+y)=1:4，解得x=0.72mol，y=0.48mol。故参加反应的铜的最大量n(Cu)=n(NO3-)×=0.48mol×=0.72mol。
本题选C。
29.下列关于碱金属元素和卤族元素不正确的是( )
A. 卤族元素从上到下，非金属增强，其对应的单质氧化性逐渐增强。
B. 碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强。
C. 卤族元素从上到下，其对应的氢化物稳定性减弱。
D. 碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行
【答案】A
【解析】
【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，所以卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的单质氧化性逐渐减弱，故A错误。
B．同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，因此碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强，故B正确；
C、卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的氢化物稳定性减弱，故C正确。
D、碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行，故D正确。
故答案选A。
30.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）
A. Fe→Fe2O3→Fe（OH）3→FeCl3 B. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2
C. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
【答案】C
【解析】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意；答案选C。
二、非选择题
31.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置。
利用以上装置，可以按以下实验方案从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。（已知甲苯和甲醇均为有机溶剂，有机物大多能互溶）
（1）装置A中仪器①的作用是________，使用装置A的操作是_____（填“a”、“b”、“c”或“d”，下同）。
（2）使用装置B的操作是______，为使其中液体顺利滴下，除打开下端活塞外，还应进行的具体操作是___________________。
（3）使用装置C的操作是_______，若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是_______________________________。
（4）使用装置D的操作是_______。
【答案】(1). 冷凝 (2). d (3). b (4). 将分液漏斗上部的玻璃塞打开 (5). a (6). 往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2-3次 (7). c
【解析】
【分析】操作a是分离固液混合物，其操作为过滤，操作b是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；操作c是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；操作d是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯。据此解答。
【详解】（1）装置A中仪器①是冷凝管，其作用是冷凝。装置A是蒸馏装置，根据以上分析可知使用装置A的操作是d。
（2）装置B是分液，根据以上分析可知使用装置B的操作是b。为使其中液体顺利滴下，需要保持内外压强相等，因此除打开下端活塞外，还应进行的具体操作是将分液漏斗上部的玻璃塞打开。
（3）装置C是过滤，根据以上分析可知使用装置C的操作是a。若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，洗涤时应该在过滤器中进行，则洗涤的具体操作是往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2～3次。
（4）装置D是蒸发，则根据以上分析可知使用装置D的操作是c。
32.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）．
（1）装置A中两个玻璃仪器名称分别是__和__；
（2）实验室用MnO2制备氯气的化学方程式是__；
（3）实验时多余的氯气可用F装置来吸收，有关化学方程式是_；
（4）装置B中饱和食盐水的作用是__；
（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入湿润有色布条；__；（可供选择的用品有：无水氯化钙、碱石灰）和干燥的有色布条。
（6）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱，当向D中缓缓通入少量氯气时，D中可以观察到的现象是__。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 蒸馏烧瓶 (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (4). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (5). 除去氯气中氯化氢气体 (6). 无水氯化钙 (7). 分液漏斗D中出现橙黄色
【解析】
【分析】（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，据此判断解答；（5）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（6）依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性解答。
【详解】（1）依据仪器的形状可知，装置A中两个玻璃仪器名称分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，同时生成氯化锰和水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的B除去氯气中混有的氯化氢；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中ab的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性；c中II为固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条；（6）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为橙色，则说明氯气与溴溴化钠反应生成溴单质，依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知氯气的氧化性大于溴的氧化性。
33.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
第二份加足量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲；在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g．
第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g．{已知：NaAlO2+2H2O+CO2═NaHCO3+Al(OH)3↓}．根据上述实验回答：
(1)一定不存在的离子是____________，不能确定是否存在的离子是____________．
(2)试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度：
离子符号_________，浓度________________；
离子符号_________，浓度________________；
离子符号_________，浓度________________．
(3)试确定K+是否存在________，判断的理由是________________________________
【答案】 (1). Fe3+、Mg2+、CO32﹣、Ba2+ (2). Cl﹣ (3). NH4+ (4). 0.2mol/L (5). Al3+ (6). 0.2mol/L (7). SO42﹣ (8). 0.5mol/L (9). 是 (10). 根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子
【解析】
【分析】根据离子间的反应和实验现象，结合离子共存、电荷守恒解答。
【详解】向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银；向第二份溶液中加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体为氨气，其物质的量为0.02mol，原溶液中一定含NH4+，无沉淀产生，说明不存在Fe3+、Mg2+；在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀为氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g，即氧化铝的物质的量为1.02g÷102g/mol=0.01mol，原溶液含Al3+为0.02mol，含铝离子时不含CO32﹣；第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，沉淀为硫酸钡，物质的量为11.65g÷233g/mol=0.05mol，原溶液中含SO42-为0.05mol，则原溶液不含Ba2+，由电荷守恒可知，0.02×1+0.02×3＜0.05×2，可知一定含阳离子K+，不能确定是否含Cl-，则
（1）根据以上分析可知一定存在K+、Al3+、NH4+、SO42-，不存在的离子是Fe3+、Mg2+、CO32﹣、Ba2+，不能确定是否存在的离子是Cl-；
（2）根据以上分析可知溶液中Al3+、NH4+、SO42-的浓度分别是0.02mol÷0.1L=0.2mol/L、0.02mol÷0.1L=0.2mol/L、0.05mol÷0.1L=0.5mol/L；
（3）由电荷守恒可知阳离子电荷总数小于阴离子电荷总数，因此一定含K+。
34.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol/L 的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是__________________________。
(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______________。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0．5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_____
【答案】(1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
【解析】
【分析】（1）根据氯化亚铁易被被氧化分析；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；
（3）根据煤油不溶于水，密度比水小，能隔绝空气分析。
【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑发生反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+，其目的是防止氯化亚铁被氧化；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 Mg：24 Al: 27 S：32 Ba: 137 Fe：56
一、选择题(30×2=60分)
1.下列物质的用途错误的是（ ）
A. 硅是制造太阳能电池的常用材料 B. 二氧化硅是制造光导纤维的材料
C. 水玻璃可用作木材防火剂 D. 硅是制取水泥的原料
【答案】D
【解析】制取水泥的原料：纯碱、石灰石、粘土；
2.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
溶液
现象
结论
A
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【答案】A
【解析】A、二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B、SO2具有氧化性能把H2S氧化为单质硫，自身也被还原为单质S，B正确；C、产生白色沉淀，说明有硫酸根生成，因此发生的反应是铁离子氧化二氧化硫生成硫酸，C正确；D、亚硫酸的酸性强于硅酸，与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，D正确，答案选A。
3.下列各组离子一定能够大量共存的是( )
A. K+、Al3+、Cl－、AlO2－ B. Fe2+、H+、SO42－、NO3－
C. Na+、Mg2+、SO42－、NO3－ D. Na+、Ca2+、OH－、HCO3－
【答案】C
【解析】
【分析】在溶液中离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应分析判断。
【详解】A. 在溶液中Al3+、AlO2－反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，A不选；
B. 在溶液中Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水，不能大量共存，B不选；
C. 在溶液中Na+、Mg2+、SO42－、NO3－之间不反应，可以大量共存，C选；
D. 在溶液中Ca2+、OH－、HCO3－反应生成碳酸钙和水，不能大量共存，D不选。
答案选C。
4.X可以从盐溶液中置换出单质Y，则下列判断正确的是( )
A. X一定是比Y活泼的金属
B. X一定是排在金属活动顺序表中氢以前的金属
C. X是金属时，Y可能是金属也可能是非金属
D. X是金属时，Y一定是金属；X是非金属时，Y一定是非金属
【答案】C
【解析】
【分析】某单质X能从盐的溶液中置换出单质Y，能发生置换反应的有：金属之间的置换反应、金属和非金属之间的置换反应、非金属之间的置换反应，据此分析解答。
【详解】A．X、Y都是金属时，较活泼金属能置换出较不活泼金属，X一定比Y活泼，但二者不一定都是金属，故A错误；
B．X不一定排在金属活动顺序表中H的前面，如Cu置换出Ag，故B错误；
C．X是金属时，Y可能是金属也可能是非金属，例如铁置换出铜，或铁置换出氢气等，故C正确；
D．X是非金属时，如果Y是金属，不可能在溶液中进行，Y只能是非金属单质，X是金属时，Y可能是金属也可能是非金属，故D错误；
故答案选C。
5.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是( )
选项
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
食醋
胆矾晶体
纯碱
小苏打
氯水
B
青铜
水煤气
硝酸
硫化氢
乙醇
C
烧碱
水玻璃
硫酸钡
一水合氨
液氨
D
C12H22O11
纯盐酸
三氧化硫
二氧化硫
二氧化硅
【答案】C
【解析】
【分析】由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；由不同种物质组成的为混合物；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，完全电离出离子的是强电解质，部分电离出离子的是弱电解质，据此解答。
【详解】A．食醋是醋酸的水溶液属于混合物，胆矾晶体是硫酸铜结晶水合物是纯净物，纯碱是碳酸钠、小苏打是碳酸氢钠，水溶液中完全电离是强电解质，氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．青铜是合金属于混合物，水煤气是一氧化碳和氢气的混合气体属于混合物，硝酸是强酸属于强电解质，硫化氢是弱酸属于弱电解质，乙醇水溶液中和熔融状态下都不导电属于是非电解质，故B错误；
C．烧碱是氢氧化钠属于纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，硫酸钡熔融状态完全电离属于强电解质，一水合氨是弱碱属于弱电解质，液氨本身不能电离出离子属于非电解质，故C正确；
D．C12H22O11可能存在同分异构体，不一定是纯净物，纯盐酸是混合物，三氧化硫、二氧化硫、二氧化硅本身不能电离出离子属于非电解质，故D错误。
故答案选C。
6.为除去某物质中少量杂质，下列所加试剂及操作方法正确的是(括号内的物质为杂质)( )
A. NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤
B. KNO3溶液(NaCl)：加热蒸发得浓溶液后，降温
C. SO2（CO2）：通入过量NaOH溶液，洗气
D. Cl2（HCl）：依次通入饱和食盐水、浓硫酸，洗气
【答案】B
【解析】
【分析】物质的除杂原则为所加试剂与杂质反应的同时不能引进新的杂质，主要物质可以多但不能少。
【详解】A、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，否则还有碳酸钠杂质，选项A错误；D、硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度影响不大，可以加热蒸发得浓溶液后降温，获得硝酸钾的晶体，选项B正确；C. SO2与CO2均能与NaOH溶液反应，除去二氧化碳的同时也消耗了二氧化硫，选项C错误；D、Cl2（HCl）：依次通入饱和食盐水进行洗气除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项D错误。答案选B。
7.下列各组物质的分类正确的的是 ( )
①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、淀粉
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物
④强电解质溶液的导电能力一定强
⑤在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
⑥有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应
A. 全部正确 B. ①②④⑥ C. ②③⑤ D. ⑤
【答案】D
【解析】
【分析】①由不同种物质组成的是混合物；
②根据氧化物的定义分析；
③根据酸性氧化物和碱性氧化物的概念判断；
④溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少；
⑤在熔融状态下离子键断键；
⑥有元素化合价升降的反应是氧化还原反应。
【详解】①氯水、氨水、水玻璃、淀粉均是混合物，水银是金属Hg，是纯净物，①错误；
②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是碱，②错误；
③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，③错误；
④强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，④错误；
⑤由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，⑤正确；
⑥有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，⑥错误。
答案选D。
8.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 含金属元素的离子一定都是阳离子
B. 在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂
C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如偏铝酸根离子，A错误；
B. 在氧化还原反应中，非金属单质不一定是氧化剂，例如氢气还原氧化铜的反应中氢气是还原剂，B错误；
C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，例如氯气把碘离子氧化为单质碘，碘离子被氧化，C错误；
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，D正确。
答案选D。
9.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是( )
A. SO2和H2S B. Cl2 和CO2 C. NH3和CO2 D. SO2 和Cl2
【答案】B
【解析】试题分析：A．硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，单质硫不溶于水，可以产生沉淀，故A不选；B．氯化钡与二氧化氮、二氧化碳均不反应，不会产生沉淀，故选B；C．氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故C不选；Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故D不选。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是( )
①. 标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数目为4NA
② 在常温常压下，48g 氧气和臭氧的混合气体含氧原子数是3NA
③1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA
④ lmolNa2O2 与水充分反应转移的电子数为2NA
⑤ 0.1mol/L BaCl2溶液中Cl-数目是0.2 NA
⑥ 4℃时，22.4 L水中含有的电子数目为 10 NA个
⑦ 使2.3g钠变为 Na+，需失去0.1NA个电子
⑧ 10g46%乙醇水溶液中所含氢原子数目为0.6NA
A. ①②③⑧ B. ②③⑦⑧ C. ②⑦ D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①标准状况下三氧化硫不是气体，22.4LSO3中含有的原子数目不是4NA，①错误；
②氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，在常温常压下，48g氧气和臭氧的混合气体中氧原子的物质的量是48g÷16g/mol＝3mol，含氧原子数是3NA，②正确；
③1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA，例如与氢氧化钠溶液反应时转移1mol电子，③错误；
④lmolNa2O2与水时过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则充分反应转移的电子数为NA，④错误；
⑤0.1mol/L BaCl2溶液的体积未知，不能计算其中Cl-数目，⑤错误；
⑥4℃时，22.4 L水的物质的量不是1mol，含有的电子数目不是10NA个，⑥错误；
⑦使2.3g钠即0.1mol钠变为Na+，需失去0.1NA个电子，⑦正确；
⑧10g46%乙醇水溶液中所含氢原子的物质的量是＝1.2mol，因此氢原子数目为1.2NA，⑧错误；
答案选C。
11.欲配制100ml 1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是（ ）
①将14.2 g Na2SO4 溶于100ml水中
②将32.2g Na2SO4·10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 ml
③将20 ml 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 ml
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③
【答案】B
【解析】①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，①错误；②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g÷322g/mol
=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，②正确；③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，③正确，答案选B。
12.下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）
A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4 B. 等压等体积的N2和CO2
C. 等温等体积的O2和N2 D. 不同体积等密度的CO和C2H4
【答案】A
【解析】
【分析】两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。
【详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；
B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；
C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；
D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。
故选A。
13.下列溶液中的Cl- 浓度与50mL 1mol/L MgCl2溶液中的Cl- 浓度相等的是( )
A. 150 mL 1 mol/L NaCl溶液
B. 75 mL 2 mol/L CaCl2溶液
C. 150 mL 2 mol/L KCl溶液
D. 50 mL2 mol/L KClO3溶液
【答案】C
【详解】50mL 1mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，则
A、150mL 1mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A不选；
B、75mL 2mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B不选；
C、150mL 2mol/L KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C选；
D、氯酸钾不能电离出氯离子，50 mL 2 mol/L KClO3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=0，故D不选；
故答案选C。
14.下列离子方程式中正确的是( )。
A. 氧化亚铁放入盐酸中O2－+2H+=H2O
B. 硫酸铜溶液中通入硫化氢 Cu2++H2S=CuS↓+2H+
C. 氯化铝溶液中加入过量氨水 Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液 HCO3-+OH－=CO32-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、FeO应该用化学式表示，反应的离子方程式为FeO+2H+＝Fe2++H2O，A错误；
B、硫酸铜溶液中通入硫化氢生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，B正确；
C、氯化铝溶液中加入过量氨水生成成氢氧化铝和氯化铵，氢氧化铝不溶于弱碱，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；
D、碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH－＝NH3•H2O+CO32-+H2O，D错误。
答案选B。
15.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是( )
①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—===BaSO4↓＋2H2O
③Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
④CO32—＋2H＋===CO2↑＋H2O
⑤Ag＋＋Cl－===AgCl↓
A. 只有③ B. ②③ C. ③⑤ D. ①④
【答案】A
【解析】试题分析：①表示Fe和可溶性铜盐的反应，可以是CuCl2、CuSO4等，故①错误；②可以表示Ba（OH）2和H2SO4的反应，也可以不是向Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4至溶液呈中性的反应故②错误；③只能表示氯气和水的一个化学反应，故③正确；④表示可溶性碳酸盐和强酸的反应，对应的化学反应都多种，故④错误；⑤示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应，对应的化学反应都多种，故⑤错误；故选A。
16.某溶液含有NaCl、K2SO4、KCl三种溶质，已知c（Cl﹣）为0.4mol·L－1、c（K+）为0.7 mol·L－1、c（Na+）为0.1 mol·L－1。则该混合溶液中硫酸根离子浓度为（ ）
A. 0.1 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1
C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度。
【详解】溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电荷相等，如果忽略水的电离，则有c（Na+）+c（K+）＝c（Cl－）+2c（SO42－），即0.1mol/L+0.7mol/L＝0.4mol/L+2c（SO42－），所以c（SO42－）＝0.2mol/L，答案选B。
17.无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100mL甲气体经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO2、CO2
C. NH3、NO、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】C
【解析】试题分析：二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，答案选B。
18.b mL Al2(SO4)3溶液中含有agSO42-，若把此溶液取一半加水稀释至2b mL，则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】b/2mL溶液中SO42-离子的物质的量是bmL溶液的一半，加水稀释至2b mL，2b mL溶液中SO42-离子的物质的量与b/2mL溶液相等，依据电荷守恒计算Al3+离子的物质的量和物质的量浓度。
【详解】bmL溶液中，agSO42-离子的物质的量为a/96mol，b/2mL溶液中SO42-离子的物质的量为a/192mol, 2b mL溶液中SO42-离子的物质的量为a/192mol,由电荷守恒n（Al3+）=2/3n(SO42-)=a/288mol,则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为125a/72bmol/L，故选D。
19.相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为ρ g·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是( )
A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】饱和溶液中溶质的质量分数为，根据物质的量浓度和质量分数的换算公式分析，该饱和溶液的物质的量浓度为mol/L，故选B。
20.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（ ）
A. 5∶3 B. 5∶4 C. 1∶1 D. 3∶5
【答案】A
【解析】根据反应方程式，5mol的NH4NO3中含有5mol的NH4＋和5mol NO3－，NH4＋中N元素的化合价是－3价， N2中N元素的化合价是0价，所以5mol的NH4＋共失去3×5=15mol电子，作还原剂生成氧化产物N22.5mol；NO3－中N元素的化合价是＋5价，其中2mol NO3－生成2HNO3化合价未变，3mol NO3－作氧化剂生成还原产物N21.5mol，共得到5×3=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于1.5:2.5=3:5，答案选D。
21.某溶液可能含有 K+、NH4+、Ca2+、Cl–、SO42–、CO32–中的若干种。为了确定该溶液的组成，取100mL上述溶液进行了如下实验：(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法不正确的是（ ）
A. 原溶液中一定存在SO42–、CO32–和NH4+
B. 原溶液中一定不存在Ca2+，无法判断Cl–是否存在
C. 要确定Cl–是否存在，可取少许溶液2加入硝酸银和稀硝酸检验
D. 原溶液中 c(K+ )≥0.1 mol· Lˉ 1
【答案】C
【解析】分析：加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在SO42–、CO32–，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.3−2.33)g÷197g/mol=0.01mol，硫酸根、碳酸根和钙离子不共存，一定不存在Ca2+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，钾离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断，以此解答该题。
详解：A．由以上分析可知原溶液一定存在SO42–、CO32–和NH4+，A正确；
B．根据以上分析可知原溶液中一定不存在Ca2+，无法判断Cl–是否存在，B正确；
C．由于前面加入了氯化钡溶液，因此取少许溶液2加入硝酸银和稀硝酸无法检验原溶液中是否含有氯离子，C错误；
D．阳离子所带正电荷的物质的量之和0.03mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，由电荷守恒可知一定含有钾离子，如钾离子的物质的量大于0.04mol-0.03mol=0.01mol（阴离子和阳离子电荷之差），则含有氯离子，则原溶液中 c(K+)≥0.01mol÷0.1L＝0.1 mol· Lˉ1，D正确。答案选C。
22.氧化性：Fe3+>Cu2+，向物质的量浓度均为2mol· Lˉ1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入a mol 铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是（ ）
A. 当 a≤1时，发生的反应为：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+
B. 当 a≥2 时，发生的反应为：2Fe3+＋2Cu2+＋3Fe＝5Fe2+＋2Cu
C. 当 1≤a＜2 时，溶液中n(Fe2+ )＝(2+ a)mol
D. 若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜
【答案】B
【解析】分析：根据氧化性Fe3+＞Cu2+可判断向物质的量浓度均为2mol·Lˉ1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入a mol 铁粉，硫酸铁首先氧化金属铁，然后才是硫酸铜与铁发生置换反应，结合反应物的量分析解答。
详解：硫酸铁和硫酸铜的物质的量均是2mol/L×0.5L＝1.0mol，发生的反应依次为①：Fe2(SO4)3+Fe＝3FeSO4、②：CuSO4+Fe＝FeSO4+Cu，则
A. 当 a≤1时铁不足，发生的反应为①，离子方程式为：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，A正确；
B. 当 a≥2时铁恰好反应或过量，发生的反应为①和②，离子方程式为：2Fe3+＋Cu2+＋2Fe＝4Fe2+＋Cu，B错误；
C. 当 1≤a＜2 时硫酸铁全部反应，硫酸铜过量，根据铁原子守恒可知溶液中n(Fe2+ )＝(2+a)mol，C正确；
D. 根据以上分析可知若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜，D正确。答案选B。
23.如图，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C内分别充入等质量的X、CO2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等。下列说法不正确的是( )
A. 物质的量：n(X)
【答案】A
【解析】当隔板静止时，代表隔板两侧气体的压强相等，容器恒温，所以处于同温同压的环境。同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比。A、C内的气体密度相等，所以气体X、Y的摩尔质量相等。题目中通入的三种气体的质量相等，所以X、Y物质的量一定相等，所以选项A错误。X、Y物质的量一定相等，即分子数相等，所以选项B正确。X、Y物质的量一定相等，同温同压下体积一定相等，所以选项C正确。A、C内的气体密度相等，所以气体X、Y的摩尔质量相等，所以选项D正确。
24.将镁和铝的混合物a g投入到足量的氢氧化钠溶液中，充分反应后将残余固体洗净，然后使残余固体在足量的纯氧中加热，最终得到a g固体，则镁铝混合物中铝的质量分数为( )
A. 40% B. 47% C. 53% D. 60%
【答案】A
【解析】试题分析：题中反应关系为：金属混合物(Mg、Al)MgMgO，最终固体的质量和金属混合物的质量相等，则说明O元素的质量等于Al的质量，所以MgO中O的质量分数等于混合物中铝的质量分数，为：×100%=40%，故选A。
25.用足量的CO还原8 g铁的氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为15g，则此铁氧化物的化学式是（ ）
A. Fe2O3 B. FeO C. Fe3O4 D. Fe3O4和FeO的混合物
【答案】A
【解析】
【详解】得到的沉淀是碳酸钙，质量是15g，则物质的量是0.15mol，所以反应中生成的CO2的物质的量也是0.15mol，所以根据原子守恒可知，氧化物中氧原子的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×16g/mol＝2.4g。则铁的质量是8g－2.4g＝5.6g，物质的量是0.1mol，即铁原子与氧原子的物质的量是2︰3，所以氧化物的化学式是Fe2O3，答案选A。
26.已知还原性：Fe2＋＞Br－。向100mLFeBr2溶液中通入3.36L(标准状况)Cl2，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原溶液中FeBr2的物质的量浓度为( )
A. 2 mol·L－1 B. 1.5 mol·L－1 C. 1 mol·L－1 D. 0.75 mol·L－1
【答案】A
【解析】分析：因为还原性Fe2+Br-，所以Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则Cl2完全反应，Fe2+完全反应、Br-部分反应；根据得失电子守恒和原子守恒列式。
详解：n（Cl2）==0.15mol，因为还原性Fe2+Br-，所以Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则Cl2完全反应，Fe2+完全反应、Br-部分反应，根据Cl守恒，反应后溶液中n（Cl-）=0.15mol2=0.3mol；设原溶液中FeBr2物质的量为x，则原溶液中n（Fe2+）=x、n（Br-）=2x，根据得失电子守恒，0.15mol2=x+（2x-0.3mol），解得x=0.2mol，原FeBr2溶液物质的量浓度为=2mol/L，答案选A。
27.标准状况下，三个干燥烧瓶分别盛①干燥纯净的氨气、②二氧化氮与氧气的混合气（体积比：V(NO2 ):V(O2 )=4:1）、③一半空气的氯化氢，将它们分别倒置于盛足量水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 5：4：5 B. 1：1：1 C. 15: 12: 10 D. 无法计算
【答案】A
【解析】
【详解】假设烧瓶的容积为1L，则氨气的物质的量是mol，溶液的体积是烧瓶的容积，则物质的量浓度是mol/L；二氧化氮和氧气的混合气（体积比：V(NO 2 ):V(O 2 )=4:1），4NO2 +O2 +2H2O=4HNO3 ，硝酸的物质的量是NO2 的物质的量，是mol，溶液的体积是烧瓶容积，则物质的量浓度是mol/L；含一半空气的氯化氢的物质的量是mol，溶液的体积是氯化氢的体积，即烧瓶容积的一半，则物质的量浓度是mol/L；所以比值是5: 4: 5，答案选A。
28.对于1L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为（ ）
A. 0.40mol B. 0.45mol C. 0.72mol D. 0.80mol
【答案】C
【解析】
【分析】铜与稀硫酸不反应，但和稀硝酸反应。离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硫酸电离出的氢离子可参与反应，由此进行计算。
【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子。硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多。
设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为y mol，则x+y=1.2，y:(2x+y)=1:4，解得x=0.72mol，y=0.48mol。故参加反应的铜的最大量n(Cu)=n(NO3-)×=0.48mol×=0.72mol。
本题选C。
29.下列关于碱金属元素和卤族元素不正确的是( )
A. 卤族元素从上到下，非金属增强，其对应的单质氧化性逐渐增强。
B. 碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强。
C. 卤族元素从上到下，其对应的氢化物稳定性减弱。
D. 碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行
【答案】A
【解析】
【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，所以卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的单质氧化性逐渐减弱，故A错误。
B．同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，因此碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强，故B正确；
C、卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的氢化物稳定性减弱，故C正确。
D、碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行，故D正确。
故答案选A。
30.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）
A. Fe→Fe2O3→Fe（OH）3→FeCl3 B. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2
C. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
【答案】C
【解析】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意；答案选C。
二、非选择题
31.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置。
利用以上装置，可以按以下实验方案从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。（已知甲苯和甲醇均为有机溶剂，有机物大多能互溶）
（1）装置A中仪器①的作用是________，使用装置A的操作是_____（填“a”、“b”、“c”或“d”，下同）。
（2）使用装置B的操作是______，为使其中液体顺利滴下，除打开下端活塞外，还应进行的具体操作是___________________。
（3）使用装置C的操作是_______，若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是_______________________________。
（4）使用装置D的操作是_______。
【答案】(1). 冷凝 (2). d (3). b (4). 将分液漏斗上部的玻璃塞打开 (5). a (6). 往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2-3次 (7). c
【解析】
【分析】操作a是分离固液混合物，其操作为过滤，操作b是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；操作c是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；操作d是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯。据此解答。
【详解】（1）装置A中仪器①是冷凝管，其作用是冷凝。装置A是蒸馏装置，根据以上分析可知使用装置A的操作是d。
（2）装置B是分液，根据以上分析可知使用装置B的操作是b。为使其中液体顺利滴下，需要保持内外压强相等，因此除打开下端活塞外，还应进行的具体操作是将分液漏斗上部的玻璃塞打开。
（3）装置C是过滤，根据以上分析可知使用装置C的操作是a。若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，洗涤时应该在过滤器中进行，则洗涤的具体操作是往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2～3次。
（4）装置D是蒸发，则根据以上分析可知使用装置D的操作是c。
32.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）．
（1）装置A中两个玻璃仪器名称分别是__和__；
（2）实验室用MnO2制备氯气的化学方程式是__；
（3）实验时多余的氯气可用F装置来吸收，有关化学方程式是_；
（4）装置B中饱和食盐水的作用是__；
（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入湿润有色布条；__；（可供选择的用品有：无水氯化钙、碱石灰）和干燥的有色布条。
（6）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱，当向D中缓缓通入少量氯气时，D中可以观察到的现象是__。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 蒸馏烧瓶 (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (4). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (5). 除去氯气中氯化氢气体 (6). 无水氯化钙 (7). 分液漏斗D中出现橙黄色
【解析】
【分析】（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，据此判断解答；（5）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（6）依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性解答。
【详解】（1）依据仪器的形状可知，装置A中两个玻璃仪器名称分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，同时生成氯化锰和水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的B除去氯气中混有的氯化氢；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中ab的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性；c中II为固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条；（6）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为橙色，则说明氯气与溴溴化钠反应生成溴单质，依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知氯气的氧化性大于溴的氧化性。
33.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
第二份加足量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲；在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g．
第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g．{已知：NaAlO2+2H2O+CO2═NaHCO3+Al(OH)3↓}．根据上述实验回答：
(1)一定不存在的离子是____________，不能确定是否存在的离子是____________．
(2)试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度：
离子符号_________，浓度________________；
离子符号_________，浓度________________；
离子符号_________，浓度________________．
(3)试确定K+是否存在________，判断的理由是________________________________
【答案】 (1). Fe3+、Mg2+、CO32﹣、Ba2+ (2). Cl﹣ (3). NH4+ (4). 0.2mol/L (5). Al3+ (6). 0.2mol/L (7). SO42﹣ (8). 0.5mol/L (9). 是 (10). 根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子
【解析】
【分析】根据离子间的反应和实验现象，结合离子共存、电荷守恒解答。
【详解】向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银；向第二份溶液中加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体为氨气，其物质的量为0.02mol，原溶液中一定含NH4+，无沉淀产生，说明不存在Fe3+、Mg2+；在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀为氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g，即氧化铝的物质的量为1.02g÷102g/mol=0.01mol，原溶液含Al3+为0.02mol，含铝离子时不含CO32﹣；第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，沉淀为硫酸钡，物质的量为11.65g÷233g/mol=0.05mol，原溶液中含SO42-为0.05mol，则原溶液不含Ba2+，由电荷守恒可知，0.02×1+0.02×3＜0.05×2，可知一定含阳离子K+，不能确定是否含Cl-，则
（1）根据以上分析可知一定存在K+、Al3+、NH4+、SO42-，不存在的离子是Fe3+、Mg2+、CO32﹣、Ba2+，不能确定是否存在的离子是Cl-；
（2）根据以上分析可知溶液中Al3+、NH4+、SO42-的浓度分别是0.02mol÷0.1L=0.2mol/L、0.02mol÷0.1L=0.2mol/L、0.05mol÷0.1L=0.5mol/L；
（3）由电荷守恒可知阳离子电荷总数小于阴离子电荷总数，因此一定含K+。
34.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol/L 的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是__________________________。
(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______________。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0．5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_____
【答案】(1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
【解析】
【分析】（1）根据氯化亚铁易被被氧化分析；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；
（3）根据煤油不溶于水，密度比水小，能隔绝空气分析。
【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑发生反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+，其目的是防止氯化亚铁被氧化；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响。
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