【化学】广东省惠州市2018-2019学年高二上学期期末教学质量检测(解析版)

广东省惠州市2018-2019学年高二上学期期末教学质量检测
1.下列不属于化学科学研究范畴的是
A. 将废旧塑料变成汽车燃料 B. 研制新型航空材料
C. 研制新药 D. 研究地壳板块结构及运动规律
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学的定义和研究内容判断，化学是一门研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的科学，研究目的是为了应用，故用途也是研究范畴，它不但研究自然界中已存在的物质，还要根据需要研究和创造自然界中不存在的新物质。
【详解】A、将废旧塑料变成汽车燃料涉及化学变化，属于化学科学研究范畴，故A不选；
B、研制新型航空材料，涉及物质的性质和变化，属于化学科学研究范畴，故B不选；
C、研制新药涉及物质的性质和变化，属于化学科学研究范畴，故C不选；
D、研究地壳板块结构及运动规律是地质学研究的内容，不属于化学科学研究范畴,故D选。
答案选D。
2.下列物质中，属于电解质的是
A. Na2SO4 B. 乙醇 C. CO2 D. O2
【答案】A
【解析】
【分析】
电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物。非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物。
【详解】A. Na2SO4 在水溶液中能电离出自由移动的离子，溶液具有导电性，A正确。
B. 乙醇水溶液里和熔融状态下都不能导电，B错误。
C. CO2 和水反应生成碳酸，碳酸可电离出自由移动的离子，但二氧化碳本身不能电离出自由移动的离子，CO2是非电解质，C错误。
D. O2是单质，不是电解质，D错误。
【点睛】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物。注意电解质在水溶液中电离产物必须由自身电离产生，不能是和水反应后的生成物电离出自由移动的离子。如CO2 和水反应生成碳酸，碳酸可电离出自由移动的离子，但二氧化碳本身不能电离出自由移动的离子，CO2是非电解质。
3.漂白粉在空气中容易失效的原因是
A. 次氯酸钙不稳定，易分解 B. 氯化钙易潮解
C. 次氯酸钙易与盐酸反应 D. 次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸钙稳定，不易分解，故A不选；
B．CaCl2易潮解与漂白粉在空气中容易失效无关，故B不选；
C．空气中不含盐酸，不会与盐酸反应，故C不选；
D．次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解，从而变质，故D选；
故答案选D。
【点睛】本题考查物质的性质，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意变质的原理分析。
4.从化学试剂商店买来的酒精，试剂瓶上所贴的危险化学品标志是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.A所示标志是易燃液体标志，酒精是易燃液体，故A正确；
B.B是氧化剂标志，酒精不是氧化剂，故B错误；
C.C是自燃物品标志,酒精不是自然品，故C错误;
D.D是剧毒品标志，酒精不是剧毒品，故D错误；
本题答案为A。
5.下列变化中，不属于化学变化的是
A. SO2使品红溶液褪色 B. 氯水使有色布条褪色
C. 活性炭使红墨水褪色 D. 漂粉精使某些染料褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2与品红化合生成无色物质，该反应属于化学变化，故不选A项；
B.氯水中含有的具有强氧化性，可以使有色布条褪色，该反应属于化学变化，故不选B项；
C.活性炭具有吸附性，可以吸附色素分子，“活性炭使红墨水褪色”属于物理变化，故选C项；
D.漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，水解生成的HClO具有漂白性，可以使某些染料褪色，该反应属于化学变化，故不选D项。
本题答案为C。
【点睛】使有色物质褪色，有两种方式，一种是因发生化学反应使有色物质变成无色物质，例：O3、HClO、H2O2等漂白，另一种是吸附色素，使有色物质脱色变为无色物质，例：活性炭等。
6.下列金属常温下就能与水反应的是
A. 钠 B. 铝 C. 铁 D. 铜
【答案】A
【解析】
【详解】常温下钠能与冷水反应，铝去膜高温下能与水反应，铁高温下能与水蒸气反应，铜与水不反应，故选A。
【点睛】在金属活动顺序表中,位于铝之前的金属都能与液态水反应,生成对应碱和氢气；在铝之后氢之前的金属可以和气态水反应 ,生成对应金属氧化物和氢气；氢之后的金属不能和水反应。
7.下列叙述正确的是( O-16 )
A. 1 mol CO2的质量为44 g/mol B. H2SO4的摩尔质量为98
C. 标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L D. O2的相对分子质量为32
【答案】D
【解析】
【详解】A、质量的单位为g，故1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；
B、摩尔质量的单位为g/mol，故硫酸的摩尔质量为98g/mol，故B错误；
C、气体摩尔体积的单位为L/mol，故标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，故C错误；
D、O的相对原子质量为16，故氧气的相对分子质量为32，故D正确；
答案选D。
8.下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A. MnO4- →Mn2+ B. HCO3- →CO32- C. Cl-→C12 D. Zn→Zn2+
【答案】A
【解析】
【分析】
还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明所给微粒一定是得到电子的，有关元素的化合价一定是降低的，据此判断。
【详解】A、MnO4-→Mn2+中锰元素的化合价降低，得到电子，需要加入还原剂，选项A正确；
B、HCO3-→CO32-中元素的化合价均不变，不是氧化还原反应，选项B错误；
C、Cl-→C12中氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂或通过电解氯化钠溶液等，选项C错误；
D、Zn→Zn2+中锌元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应的有关判断和应用，明确氧化还原反应的规律以及准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键。另外解答该类试题时一定要注意一些自身的氧化还原反应，例如氯酸钾、高锰酸钾、双氧水分解等。
9.在含有Cu(NO3)2、Mg(NO3)2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是 ( )
A. Mg B. Cu C. Ag D. H2
【答案】C
【解析】
金属活泼性顺序Mg＞Zn＞Cu＞Ag，则氧化性：Ag+＞Cu2+＞Zn2+＞Mg2+，金属越活泼，对应的阳离子的氧化性越弱，则首先置换出Ag，故选C。
10.胶体区别于其它分散系的本质特征是
A. 胶体粒子不能透过半透膜 B. 胶体粒子带电荷
C. 胶体能够发生丁达尔现象 D. 胶体粒子直径在 1-100nm 之间
【答案】D
【解析】
【分析】
胶体区别于其它分散系的本质特征是微粒直径的大小，胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm。
【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm。答案为D。
11.用于呼吸用具上和潜水艇中作为氧气的来源的物质是
A. Na2O2 B. NaHCO3 C. H2O2 D. KMnO4
【答案】A
【解析】
【分析】
Na2O2能与与人呼吸产生的二氧化碳和水反应生成氧气，可作为呼吸面具或潜水艇中的氧气的来源。
【详解】A项、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳和水反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故A正确；
B项、NaHCO3不能生成氧气，故B错误；
C项、过氧化氢能分解生成氧气，一般需要催化剂来加快反应速率，且过氧化氢为液体，不方便携带，不适合呼吸面具或潜水艇中使用，故C错误；
D项、高锰酸钾能分解生成氧气，但需要加热，不适合呼吸面具或潜水艇中使用，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查过氧化钠的性质与用途、氧气的制取等，注意化学原理在实际生活中的运用。
12.下列仪器可用于加热且不必垫石棉网的是
①试管　②烧杯　③坩埚　④蒸发皿　⑤锥形瓶　⑥蒸馏烧瓶
A. ②④⑤ B. ①③④ C. ①②③ D. ②⑤⑥
【答案】B
【解析】
①试管能受热，且不用垫石棉网，故①正确；②烧杯能受热，但需要垫石棉网，故②错误；③坩埚能受热，且不用垫石棉网，故③正确；④蒸发皿能受热，且不用垫石棉网，故④正确；⑤锥形瓶能受热，但需要垫石棉网，故⑤错误；⑥蒸馏烧瓶能受热，但需要垫石棉网，故⑥错误；故选B。
点睛：本题主要考查了常用仪器的名称和用途。一般而言，精密的仪器不能受热，否则会造成热胀冷缩；能受热的玻璃仪器中，若表面积比较大，则需垫石棉网。
13.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A. 氯化铁溶液 B. 碳酸钠溶液 C. 氢氧化铁胶体 D. 醋酸溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
胶体可以产生“丁达尔效应”，据此判断。
【详解】A. 氯化铁溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，A错误；
B. 碳酸钠溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，B错误；
C. 氢氧化铁胶体能产生“丁达尔效应”，C正确；
D. 醋酸溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，D错误；
答案选C。
14.为了检验某FeCl2溶液是否变质,可向溶液中加入的最佳试剂是
A. NaOH溶液 B. 铁片 C. KSCN溶液 D. 石蕊溶液
【答案】C
【解析】
【详解】氯化亚铁变质，是由于Fe2＋被氧化成Fe3＋，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以可用KSCN溶液检验某FeCl2溶液是否变质，答案选C。
15.下列化学过程中，涉及氧化还原反应的是
A. 实验室制取氧气 B. 萃取碘水中的碘 C. 粗盐提纯 D. 用海水制取蒸馏水
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室制取氧气，O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．萃取碘水中的碘，是利用物质的溶解性分离的，属于物理过程，没有发生化学变化，故B错误；C．粗盐提纯主要是通过复分解反应除去杂质离子，然后过滤除去不溶性物质，没有涉及氧化还原反应，故C错误；D．用海水制取蒸馏水，属于物理过程，没有发生化学变化，故D错误；故选A。
16.分类是学习化学的方法之一，下列各组物质按氧化物、酸、碱、盐顺序排列的一组是
A. 氢氧化铁、硝酸、烧碱、氯化钠 B. 干冰、碳酸、纯碱、硫酸钾
C. 水、硫酸、熟石灰、氯化钾 D. 氨水、醋酸、氢氧化铁、食盐
【答案】C
【解析】
【详解】A、氢氧化铁是碱而不是氧化物，故A错误；B、纯碱为碳酸钠，是盐不是碱，故B错误；C、水是氧化物；硫酸是酸；熟石灰是氢氧化钙，是碱；氯化钾为盐，故C正确；D、氨水是混合物，不是氧化物，故D错误；故选C。
【点睛】题考查了物质的分类。本题的易错点为B，要注意常见物质的俗名与化学组成的关系，如纯碱是碳酸钠，烧碱是氢氧化钠等。
17.在电子工业中，制印刷电路时，常用氯化铁溶液为铜的“腐蚀液”，该过程发生的反应为：2FeCl3＋Cu==2FeCl2＋CuCl2 ， 该反应利用了铜的什么性质
A. 氧化性 B. 还原性 C. 导电性 D. 导热性
【答案】B
【解析】
【分析】
化合价升高元素所在的反应物是还原剂，还原剂具有还原性。
【详解】根据过程发生的反应2FeCl3＋Cu==2FeCl2＋CuCl2可以看出，化合价升高的Cu元素所在的反应物Cu是还原剂，具有还原性，所以该反应利用了铜性质中的还原性。
答案选B。
【点睛】本题考查学生氧化还原反应中的物质的性质知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。
18.下列灭火剂能用于扑灭金属钠着火的是
A. 干冰灭火剂 B. 水 C. 黄沙 D. 泡沫灭火剂
【答案】C
【解析】
【详解】A、金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而干冰灭火器产生二氧化碳，所以不能扑灭，故A错误；
B、因钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠与水反应生成氧气，则不能使用水来扑灭钠着火，故B错误。
C、因砂土不与钠、过氧化钠等反应，则钠着火时，能用黄沙来扑灭，故C正确；
D、金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而泡沫灭火器都生成二氧化碳，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题以钠的着火扑灭为载体来考查钠及过氧化钠的性质，熟悉钠与水的反应、过氧化钠与水和二氧化碳的反应是解答的关键。
19.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是()
A. CuCl2 B. FeCl2 C. FeCl3 D. MgCl2
【答案】D
【解析】
【分析】
氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铁存在多种化合价，以此分析。
【详解】A.Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；
B.FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故B错误；
C.FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故C错误；
D.MgCl2由可金属镁和氯气直接反应制得，又能由金属镁和盐酸反应制得，故D正确。
故选D。
20.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是
A. O3 B. NO C. CO2 D. N2
【答案】D
【解析】
【详解】O3、NO、CO2、N2的摩尔质量依次为48g/mol、30g/mol、44g/mol、28g/mol，根据n=m÷M可知等质量的四种气体物质的量由大到小的顺序为：N2、NO、CO2、O3；根据阿伏加德罗定律可知同温同压气体的体积之比等于气体分子物质的量之比，因此体积最大的为N2，答案选D。
21.下列应用或事实与胶体的性质无关的是
A. 清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)
B. 用石膏或盐卤点制豆腐
C. 向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
D. 在海水与河水交界处，易形成沙洲
【答案】C
【解析】
【分析】
A.气溶胶具有丁达尔现象；
B.胶体加入电解质发生聚沉；
C.红褐色沉淀是生成的氢氧化铁,不是胶体；
D.河流中的水含有泥沙胶粒。
【详解】A.清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象,是胶体的丁达尔现象,与胶体有关,所以A选项是正确的； 
B.用石膏或盐卤点制豆腐,利用的是胶体的聚沉,和胶体性质有关,所以B选项是正确的；
C.在 FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀,发生的是复分解反应,与胶体无关,故C错误；
D.河流中的水含有泥沙胶粒,海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质,二者相遇是可以发生胶体凝聚,就形成三角洲,与胶体有关,所以D选项是正确的；
综上所述，本题选C。
【点睛】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具有丁达尔效应，可以发生电泳现象，可以发生聚沉。
22.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：已知煤油的密度小于水的，又知钠的密度小于水的密度而大于煤油的密度，所以钠在水层和油层界面上下移动，并伴有气泡产生。故选A。
考点：钠的性质
点评：本题考查的是钠的物理性质与化学性质，考查的知识源自于教材，旨在考查对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。
23.金属钠与下列溶液反应时，既有蓝色沉淀析出又有气体逸出的是
A. BaCl2溶液 B. K2SO4溶液 C. KCl溶液 D. CuSO4溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
金属钠遇水先发生反应，生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2↓蓝色色沉淀。
【详解】A、金属钠先和BaCl2溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；
B、金属钠先和硫酸钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，即只有气体生成，故B错误；
C、金属钠先和氯化钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钾不反应，即只有气体生成，故C错误；
D、金属钠先和硫酸铜溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2↓蓝色色沉淀。故D正确；
故选D。
24.科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是
A. 分子数 B. 原子数 C. 体积 D. 物质的量
【答案】B
【解析】
试题分析：H3和H2的摩尔质量分别为3g/mol、2g/mol，结合n=可知，等质量时物质的量不同。A、物质的量不同，由N=nNA可知，分子数不同，故A错误；B、等质量的H3和H2，H元素的质量相同，则H原子数目相同，故B正确；C、虽然物质的量不同，但因为物质状态不确定，无法推测体积不同，故C错误；D、等质量，摩尔质量不同，则物质的量不同，故D错误；故选B。
考点：考查了物质的量的计算的相关知识。
25.下列电离方程式中正确的是
A. Al2(SO4)3＝2Al3＋＋3SO42－ B. Na2SO4＝2Na＋＋SO4－2
C. Ca(NO3)2＝Ca2＋＋2(NO3)2－ D. Ba(OH)2＝Ba2＋＋OH2－
【答案】A
【解析】
【详解】A、Al2(SO4)3的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42－，故A正确；
B、硫酸根离子应是SO42－，Na2SO4电离方程式为Na2SO4=2Na＋＋SO42－，故B错误；
C、硝酸根为NO3－，硝酸钙的电离方程式为Ca(NO3)2=Ca2＋＋2NO3－，故C错误；
D、Ba(OH)2正确的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－，故D错误。
26.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”是东晋葛洪提取青蒿素的过程，属化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，A正确；
B.铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，B正确；
C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误；
D.石蜡的燃烧是氧化还原反应，D正确。
答案选C。
27.在无色溶液中大量共存的一组离子是
A. Cu2+、SO42—、OH—、K+ B. Fe3+、NO3—、Cl—、H+
C. K+、CO32—、Cl—、H+ D. H+、Na+、Cl—、SO42—
【答案】D
【解析】
试题分析：A．因Cu2+、OH-结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，能大量共存，但Fe3+为黄色，与无色溶液不符，故B错误；C．因CO32-、H+结合生成水和气体，则不能大量共存，故C错误；D．该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故D正确；故选D。
考点：考查离子的共存
28. 除去混在碳酸钠粉末中的少量碳酸氢钠，最合理的方法是（ ）
A. 加热 B. 加入氢氧化钠溶液 C. 加入盐酸 D. 加入CaCl2溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：A、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，不引入新的杂质，碳酸钠的量增多，所以最好，选A；B、加入氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，可能会引入氢氧化钠杂质，不选B；C、加入盐酸，碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，不选C；D、加入氯化钙，与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，错误，不选D。
考点：物质的除杂，钠的重要化合物的性质
29.我国古代有“银针验毒”的记载。“银针验毒”的反应原理之一是:4Ag +2H2S +O2 =2X +2H2O，下列有关该反应的说法正确的是
A. Ag得到电子 B. X为AgS C. O2被还原 D. 每生成1molX转移电子数4NA
【答案】C
【解析】
试题分析：根据元素守恒和原子守恒，X为Ag2S，A、根据反应方程式，Ag的化合价由0价→＋1价，化合价升高，失去电子，故错误；B、根据上述分析，X为Ag2S，故错误；C、氧气的化合价由0价→－2价，化合价降低，被还原，故正确；D、每生成1molAg2S，消耗2Ag，转移电子2mol，故错误。
考点：考查氧化还原反应等知识。
30.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（　　）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解
该溶液中一定含有SO42﹣
B
向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体
该溶液中一定含有CO32﹣
D
向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体
该溶液中一定含有NH4+
【答案】D
【解析】
A．向某溶液中先加入氯化钡溶液，再加盐酸，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故A错误；B．向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色，没有排除原溶液中是否有Fe3+，故B错误；C．向某溶液中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，二氧化硫和二氧化碳均可以使石灰水变浑浊，说明溶液中有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，故C错误；D．向某溶液中加入氢氧化钠，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即为氨气，则证明该溶液含有铵根离子，故D正确；故选D。
31.下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是
A. 300 mL 5 mol·L-1KClO3溶液 B. 1000 mL 2.5 mol·L-1NaCl溶液
C. 250 mL 1 mol·L-1AlCl3溶液 D. 200 mL 2 mol·L-1MgCl2溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
根据溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关。
【详解】A、氯酸钾中不含氯离子，所以氯离子的物质的量浓度是0；B、1000mL 2.5mol•L-1NaCl溶液中c（Cl-）=c（NaCl）=2.5mol/L；C、250mL 1mol•L-1AlCl3溶液中c（Cl-）=3c（AlCl3）=1mol/L×3=3mol/L；D、200mL 2mol•L-1MgCl2溶液中c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L×2=4mol/L；所以氯离子浓度最大的是4mol/L，答案选D。
【点睛】本题考查了物质的量浓度的有关计算，根据溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数来解答即可，易错选项是A，注意氯酸钾中含有氯酸根离子不含氯离子。
32.等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是
A. 第一块钠失去电子多 B. 两块钠失去电子一样多
C. 第二块钠的反应产物质量大 D. 两块钠的反应产物质量一样大
【答案】D
【解析】
钠在反应中都是失去1个电子，所以B正确，A不正确。前者生成过氧化钠，后者生成氧化钠，前者的质量大于后者，CD不正确。答案选B。
33.已知① 2Fe3＋ +2I－ ＝2Fe2＋ +I2 ② 2Fe2＋ +Cl2 ＝2Fe3＋ +2Cl－，则有关离子的还原性由强到弱的顺序是： (　 　)
A. Cl-＞Fe2+＞I- B. Fe2+＞I-＞Cl－ C. Fe2+＞Cl-＞I- D. I-＞Fe2+＞Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应方程式判断。氧化性：氧化剂>氧化产物 ，还原性：还原剂>还原产物。
【详解】① 2Fe3＋ +2I－ ＝2Fe2＋ +I2，还原剂为I－，还原产物为Fe2＋，还原性：I－＞Fe2＋。② 2Fe2＋ +Cl2 ＝2Fe3＋ +2Cl－，还原剂为Fe2＋，还原产物为Cl－，还原性：Fe2＋＞Cl－。有关离子的还原性由强到弱的顺序：I－＞Fe2＋＞Cl－，答案为D。
34.关于1 mol·L－1 K2SO4溶液的下列说法中正确的是
A. 溶液中含有1 mol K2SO4 B. 可由1mol K2SO4溶于1L水中得到
C. 溶液中c(K+)＝2 mol·L－1 D. 1 L溶液中含2 mol K+，2 mol SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有告诉溶液体积，无法计算K2SO4的物质的量，故A错误；
B.1 mol K2SO4溶于1L水中，溶液体积不是1L，溶液浓度不是1mol/L，故B错误；
C．溶液中c(K+)＝2c（K2SO4）＝2mol•L-1，故C正确；
D.1L 1 mol•L-1 K2SO4溶液中含有1molK2SO4，含有2 mol K+、1mol SO42-，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，明确物质的量浓度的概念及表达式即可解答，选项A、B为解答的易错点，试题侧重基础知识的考查。
35.下列离子方程式书写正确的是 (   )
A. 铁与稀硫酸反应：2Fe ＋6H+ = 2Fe3+ ＋3H2↑
B. 铁片与氯化铜溶液反应：Fe ＋Cu2+ = Cu ＋Fe2+
C. 氢氧化镁溶于盐酸：Mg(OH)2＋H+ = Mg2+ ＋2H2O
D. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应：Ba2+ + OH- + H+ ＋SO42- = H2O+BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。
B. 铁片与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和铜。
C. 氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水。
D. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水。
【详解】A.铁与稀硫酸反应离子方程式：Fe ＋2H+ = Fe2+ ＋H2↑，A错误。
B.铁片与氯化铜溶液反应离子方程式：Fe ＋Cu2+ = Cu ＋Fe2+，B正确。
C.氢氧化镁溶于盐酸离子方程式：Mg(OH)2＋2H+ = Mg2+ ＋2H2O，C错误。
D. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应离子方程式：Ba2+ + 2OH- + 2H+ ＋SO42- = 2H2O+BaSO4↓，D错误。
【点睛】离子方程式书写除了要考虑客观事实、质量守恒、电荷守恒、不能拆成离子的沉淀弱电解质等，还要考虑反应时各物质中离子的数量比值。
36.证明某溶液只含有 Fe2+而不含有 Fe3+的实验方法是 ( )
A. 先滴加氯水再滴加硫氰化钾溶液后显红色
B. 先滴加硫氰化钾溶液不显红色再滴加氯水后显红色
C. 先加入铁粉再滴加硫氰化钾溶液不显红色
D. 只需要滴加硫氰化钾溶液
【答案】B
【解析】
A. 先滴加氯水再滴加硫氰化钾溶液后显红色，可能是原溶液中Fe2+被氯水氧化为或原溶液本来就含有Fe3+，故A错误；B. 先滴加硫氰化钾溶液不显红色，说明原溶液中不存在Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明Fe2+被氯水氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液显红色，原溶液肯定存在Fe2+，故B正确；C. 先加入铁粉再滴加硫氰化钾溶液不显红色，说明原原溶液可能存在Fe2+、Fe3+，故C错误；D. 只需要滴加硫氰化钾溶液，若不显色，不一定含有Fe2+，故D错误。答案选B。
点睛：Fe2+：试液中加KSCN少量无明显变化再加氯水出现血红色；Fe3+：①通KSCN或NH4SCN溶液呈血红色；或是两种离子共存时需要检验Fe2+：试液中加酸性高锰酸钾，紫色褪去。
37.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 ( C-12 O-16)
A. 28g CO所占的体积为22.4L
B. 1L 1mol/L HCl溶液中含有HCl分子为NA个
C. 标准状况下，22.4L水含有NA个氧原子
D. 标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.28g CO的物质的量是1mol，在标准状况下，所占的体积约为22.4L，故A错误；
B.HCl是强电解质，在溶液中会电离出H＋和Cl－，溶液中不存在HCl分子，故B错误；
C.标准状态下水不是气体，22.4L水中含有的氧原子数远远大于NA，故C错误；
D.标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体的物质的量是1mol，根据二者的分子式可知含碳原子数为NA，故D正确；
答案选D。
38.现有四组液体：①氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液 ②43％的乙醇溶液 ③氯化钠和单质溴的水溶液 ④粗盐溶液中混有泥沙，分离以上各混合液的正确方法依次是
A. 分液、萃取、蒸馏、结晶 B. 萃取、蒸馏、分液、结晶
C. 分液、蒸馏、萃取、过滤 D. 蒸馏、萃取、分液、过滤
【答案】C
【解析】
试题分析：氯化钠溶液和四氯化碳互不相溶，用分液法分离；乙醇和水互溶，用蒸馏法分离；单质溴在水中的溶解度远远小于在有机溶剂中的溶解度，用萃取法分离；泥沙不溶于水，用过滤的方法分离。答案选C。
考点：物质的分离和提纯
点评：根据混合物不同的特点选择正确的分离方法。
39.既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是
A. CuSO4 B. MgO C. NaHCO3 D. Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
【详解】A. CuSO4与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，与盐酸不反应，A错误；
B. MgO与盐酸反应生成氯化镁和水，与氢氧化钠不反应，B错误；
C. NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，C正确；
D. Fe(OH)3与盐酸反应生成氯化铁和水，与氢氧化钠不反应，D错误；
答案选C。
40.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸充分反应，其中
A. Na2CO3放出的CO2多 B. NaHCO3放出的CO2多
C. Na2CO3放出CO2的速率快 D. NaHCO3放出CO2的速率快
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据方程式：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑可知等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，放出的二氧化碳的物质的量相同，故A错误；
B、碳酸钠和碳酸氢钠物质的量相同，与足量盐酸反应放出的二氧化碳相同，故B错误；
C、碳酸钠与盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠才能和氢离子反应生成二氧化碳；而碳酸氢钠直接与盐酸反应生成二氧化碳，所以碳酸氢钠与盐酸反应放出的二氧化碳速度快，故C错误；
D、根据选项C中分析可知，碳酸氢钠放出二氧化碳的速率快，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查了碳酸氢钠、碳酸钠的化学性质，要求学生熟练掌握碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质，侧重对学生基础知识的巩固和训练，明确反应的原理是解答的就。
41.将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到

A. 水进入左瓶 B. 水进入右瓶
C. 水同时进入两瓶 D. 水不进入任何一瓶
【答案】A
【解析】
【详解】钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小。碳燃烧生成CO2，压强不变。所以水应该进入左瓶，答案选A。
42.下列各组中的两物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是
A. Na与O2 B. Fe和FeCl3 C. NaOH与CO2 D. Cu与HNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na与O2在不加热时生成Na2O，加热时生成Na2O2，则反应条件不同，生成物不同，A不选；
B．Fe和FeCl3反应只生成氯化亚铁，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响，B选；
C．NaOH与CO2反应，CO2不足时生成水和Na2CO3，CO2过量时生成NaHCO3，反应物用量不同，产物不同，C不选；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，反应物浓度不同，产物不同，D不选。
答案选B。
43.将Fe、Cu与含Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋的溶液置于同一容器中，充分反应后Fe有剩余，则容器中一定有
A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋ C. Fe2＋、Cu2＋ D. Cu、Fe2＋
【答案】D
【解析】
【详解】金属的还原性为：Fe＞Cu，相同条件下，铁优于铜先参加反应；离子的氧化性为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子。因为铁剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜剩余，铁与三价铁离子、铜离子都会发生反应生成二价铁离子和铜，所以反应后一定含有二价铁离子，因此最后容器中一定有：铜、铁、二价铁离子；故答案选D。
【点睛】本题考查了不同价态铁元素之间的转化，熟悉离子反应发生的条件，明确物质的还原性、氧化性顺序是解题的关键。
44.实验是解决化学问题的基本途径，下列有关实验的叙述不正确的是
A. 蒸馏实验中，要在烧瓶中加入沸石或碎瓷片，以防止液体暴沸
B. 使用容量瓶前应先检查它是否漏水
C. 用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，应冷却至室温再转移到容量瓶中
D. 将热的蒸发皿用手拿离火焰，放在实验台上
【答案】D
【解析】
【详解】A.蒸馏实验中，为防止温度过高，导致液体飞溅，要在烧瓶中加入沸石或碎瓷片，以防止液体暴沸，故A正确；
B.用容量瓶配置一定物质的量浓度的溶液时，需要摇匀，为保证此操作容量瓶不漏液，使用容量瓶前应先检查它是否漏水，故B正确；
C.浓硫酸溶于水放热，应冷却后再转移到容量瓶中，故C正确；
D.溶液蒸发实验时，应用坩埚钳取放蒸发皿，故D错误；
本题答案为D。
45.100 mL 1mol／L的硫酸溶液中加入下列物质后，导电性最差的是
A. 0.2mol KOH固体 B. 0.1 mol Ba(OH)2 固体
C. 100 mL H2O D. 0.1 mol 铁
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质溶液的导电与溶液中离子浓度、所带电荷数有关，所带电荷数越多、离子浓度越大，导电能力越强。
【详解】硫酸的物质的量为100×10－3×1mol=0.1mol，
A、加入0.2molKOH，发生2KOH＋H2SO4=K2SO4＋H2O，离子浓度基本保持不变，即导电能力不变，故A不符合题意；
B、加入0.1molBa(OH)2，发生Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，H2O为弱电解质，导电能力几乎为0，故B符合题意；
C、加水稀释，离子浓度降低，导电能力降低，导电能力不是最差，故C不符合题意；
D、加入铁，发生Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，导电能力基本保持不变，故D不符合题意。
46.欲除去NaNO3中少量Na2SO4、Ca(NO3)2杂质，所用试剂及其加入顺序正确的是
A. Na2CO3、Ba(NO3)2、HNO3 B. Ba(NO3)2、Na2CO3、HNO3
C. BaCl2、Na2CO3、HCl D. Ba(NO3)2、K2CO3、HNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．先加入Na2CO3，可除去Ca(NO3)2，但后加入过量的Ba(NO3)2，引入钡离子杂质，故A错误；
B．加入Ba(NO3)2，可除去Na2SO4，加入Na2CO3，可除去Ca(NO3)2以及过量的Ba(NO3)2，最后加入HNO3可除去过量的Na2CO3，故B正确；
C．最后加入盐酸引入氯离子杂质，故C错误；
D．加入碳酸钾引入钾离子杂质，故D错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯，注意除杂时不能引入新的杂质，且实验操作步骤要简单、可行。
47.工业上用洗净的废铜屑作原料制备硝酸铜。为节约原料和防止污染，宜采取的方法是
A. Cu+HNO3(浓)→Cu(NO3)2 B. Cu+HNO3(稀)→Cu(NO3)2
C. Cu→CuO→Cu(NO3)2 D. Cu→CuSO4→Cu(NO3)2
【答案】C
【解析】
【详解】A.利用Cu+HNO3(浓)→Cu(NO3)2，制取Cu(NO3)2既浪费HNO3,、又会产生污染气体NO2，故不选A；
B.利用Cu+HNO3(稀)→Cu(NO3)2，制取Cu(NO3)2既浪费HNO3,、又会产生污染气体NO，故不选B；
C.利用Cu→CuO→Cu(NO3)2，制取Cu(NO3)2能充分利用HNO3,，且无污染，故选C；
D.利用Cu→CuSO4→Cu(NO3)2，制取Cu(NO3)2，既浪费硫酸又产生污染物二氧化硫，故不选D；
本题答案为C。
48.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是
A. FeCl2溶液(FeCl3)：加入过量铁粉，过滤
B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入过量的CO2气体
C. Na2CO3固体(NaHCO3)：加热固体至质量不再减少
D. NaNO3溶液(Na2SO4)：加入适量的BaCl2溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．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，A正确；
B、通入过量的CO2气体，反应的化学方程式是：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，则通入过量的CO2气体，除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，B正确；
C、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则可以用加热法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，C正确；
D、加入适量的BaCl2溶液，与Na2SO4反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新的杂质，则不能通过加入适量的BaCl2溶液除去NaNO3溶液中的Na2SO4，D错误。
答案选D。
49.用可溶性钡盐检验SO42-离子的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是
A. 形成较多的白色沉淀 B. 形成的沉淀纯度更高
C. 排除CO32-等阴离子及Ag+的干扰 D. 排除Ba2+以外的其它阳离子的干扰
【答案】C
【解析】
【分析】
在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、银离子等的干扰，据此解答。
【详解】A、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的多少没关系，故A错误；
B、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的纯度没关系，故B错误；
C、加盐酸时，如果有白色沉淀出现，则可以排除银离子、碳酸根离子等阴离子的干扰，故C正确；
D、和盐酸反应生成沉淀的阳离子只有银离子，所以不需排除Ba2+以外的其它阳离子干扰，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查学生硫酸根离子的检验知识，注意在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整。
50.两个体积相同的容器，一个盛有一氧化氮，另一个盛有氮气和氧气，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的 （C-12 N-14 O-16）
①原子总数 ②氧原子总数 ③分子总数 ④质量
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】根据阿伏加德罗定律，若两气体同温同压同体积，则他们总的物质的量相同，物质的量相同，则分子数相同，因为NO、N2、O2都是双原子分子，且NO分子数等于N2和O2分子数之和，所以两瓶中原子数相等，由于氮气和氧气的物质的量之比不能确定，则氧原子总数以及质量不一定相等，所以正确的有①③，故答案选C。
51.如图所示实验为“套管实验”，小试管内塞有沾有白色无水硫酸铜粉末的棉花球。

（1）点燃酒精灯加热，能观察到的实验现象是___________________________________。
（2）由上述实验你能得出的结论是_________________________________________。
（3）写出碳酸氢钠受热分解的化学方程式_________________________________________。
【答案】 (1). 小试管中棉花球变蓝色，B烧杯中澄清石灰水变浑浊，A中有少量气泡冒出 (2). 碳酸氢钠受热易分解，有二氧化碳和水生成,碳酸钠受热不分解，无二氧化碳生成，由此可知，碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠强 (3). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
【解析】
【分析】
因为NaHCO3的热稳定性不及Na2CO3的热稳定性，所以在加热时大试管中温度高的Na2CO3不分解，小试管中温度低的NaHCO3分解，分解产生的CO2能使B烧杯中的澄清石灰水变浑浊；分解产生的H2O能使棉花球变蓝。
【详解】（1）点燃酒精灯加热，大试管中温度高的Na2CO3不分解，小试管中温度低的NaHCO3分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，沾有白色无水硫酸铜粉末的棉花球遇H2O生成五水合硫酸铜，使棉花球变蓝；B烧杯中澄清石灰水与二氧化碳反应变浑浊；大试管受热产生的气体不与澄清石灰水反应，可观察到有少量气泡冒出，故答案为：小试管中棉花球变蓝色，B烧杯中澄清石灰水变浑浊，A中有少量气泡冒出；
（2）小试管中为碳酸氢钠，说明温度低时可分解，而碳酸钠受热温度高，碳酸钠不分解，所以该实验说明碳酸氢钠受热易分解，有二氧化碳和水生成,碳酸钠受热不分解，无二氧化碳生成，由此可知，碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠强，故答案为：碳酸氢钠受热易分解，有二氧化碳和水生成,碳酸钠受热不分解，无二氧化碳生成，由此可知，碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠强；
（3）NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。
【点睛】实验装置不再是传统的组装，而是改进了的，将原来两个实验结合在一起，能更好地进行对比说明碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性。
52.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3－、SO42﹣、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。
① 若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
② 若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A _____________ D ______________；
（2）写出盐酸与B反应的离子方程式：______________________________________；
（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式_______；
（4）A溶液中阴离子的检验方法：________________________________。
【答案】 (1). BaCl2 (2). Na2CO3 (3). Ag＋＋Cl－＝AgCl↓ (4). Cu2+、NO3－、Cl－ (5). Cu2++Fe＝Cu+Fe2+ (6). 取少量A溶液于试管中，先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则证明A中阴离子为Cl－
【解析】
【分析】
给出八种离子，形成四种可溶性物质，可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定，以此来解答。
【详解】（1）依据给出的八种离子，形成四种可溶性物质，且离子在物质中不重复，由于Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，只能和NO3-、Cl-结合；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3。Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3。即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3，又因为C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，由此可判断出：A是BaCl2，B是AgNO3，C是CuSO4，D是Na2CO3；
（2）HCl与AgNO3反应的离子方程式为Ag＋＋Cl－＝AgCl↓；
（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生反应Ba2++SO42－＝BaSO4↓、Ag++Cl－＝AgCl↓，所以混合溶液中存在的离子为Cu2+、NO3－、Cl－；在此溶液中加入铁粉，铁把铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2++Fe＝Cu+Fe2+；
（4）A溶液中的阴离子是Cl-，检验方法是：取少量A溶液于试管中，先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则证明A中阴离子为Cl－。
【点睛】本题考查无机物的推断，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查。
53.某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：

（1）设计装置A的目的是_____________________________________，为达此目的应进行的操作______________________________________________________。
（2）在（1）中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是____________________________________________________________；B中反应的离子方程式是_____________________________________________________。
（3）将注射器F中的空气推入E中，E中的气体变为红棕色，该实验的目的是____________。
（4）D装置的作用是_______________________________________________________。
【答案】 (1). 利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰 (2). 使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K (3). 铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色 (4). 3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (5). 验证E中的无色气体为NO (6). 吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气
【解析】
【分析】
由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。
【详解】（1）因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；
（2）因铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其离子反应为3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，因此实验现象是铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色；
（3）将F中的空气推入E中，发生2NO+O2＝2NO2，E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则装置E和F的作用是验证NO的生成；
（4）NO、NO2都有毒，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，则装置D的作用为吸收多余的氮氧化物，防止污染空气。
【点睛】本题考查性质实验方案的设计，把握实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的综合考查。
54.某小组同学为探究 H2O2、 H2SO3、 Br2 氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。

实验记录如下：

实验操作
实验现象
①
打开活塞 a，滴加氯水，关闭活塞 a
_____________________________________________
②
吹入热空气一段时间后停止
A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色
③
打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液
开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色。

完成下列填空：
（1）在进行操作①时，A中的实验现象是________________，有关反应的离子方程式是___________________________。
（2）操作②吹入热空气的目的是____________。B 中产生白色沉淀的化学式是___________。
（3）装置C的作用是____________________。
（4）由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为____________________。
（5）操作③开始时颜色无明显变化可能原因是（写出一条即可）：_______________________________。
【答案】 (1). A中溶液变为橙红色 (2). Cl2+2Br-===Br2+2Cl- (3). 吹出单质Br2 (4). BaSO4 (5). 吸收尾气 (6). H2O2＞Br2＞H2SO3 (7). H2SO3 有剩余（H2O2浓度小或 Br-与 H2O2 反应慢等因素，合理即可）
【解析】
【详解】(1)打开活塞a，向溴化钠溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子为溴单质，反应方程式为：Cl2+2Br-==Br2+2Cl-，A中因为有溴单质导致A中容易变橙红色； (2)溴具有挥发性，热空气能存进溴挥发，将溴吹入B装置，溴将亚硫酸氧化为硫酸，所以白色沉淀为硫酸钡。 (3)装置C为氢氧化钠溶液，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中，可以用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。 (4)根据上述分析，可知：氧化性 H2O2＞Br2＞H2SO3 。(5)操作③中，向B装置中逐滴加入过氧化氢，溶液开始颜色无明显变化，可能是因为B装置中还有亚硫酸剩余，过氧化氢先与亚硫酸反应，再与溴离子反应，也可能是因为过氧化氢浓度小于溴离子或溴离子与过氧化氢反应慢等因素。
55.活性氧化锌用作橡胶硫化的活性剂、补强剂。以氧化锌粗品为原料制备活性氧化锌的生产工艺流程如下：

一些阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)2
pH
3.2
6.7
8.0
9.7

（1）“溶解”前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒，目的是_____________________________。
（2）“溶解”后得到的酸性溶液中含有Zn2＋、SO42－，另含有Fe2＋、Cu2＋等杂质。先加入___________（填“Na2CO3”或“H2SO4”）调节溶液的pH至5.4，然后加入适量KMnO4，Fe2＋转化为Fe(OH)3，同时KMnO4转化为MnO2,，经检测溶液中Fe2＋的浓度为0.009mol·L－1，则每升溶液中至少应加入__________mol KMnO4。
（3）杂质Cu2＋可利用置换反应除去，应选择的试剂是___________。
（4）“沉淀”后所得“滤渣”的成分为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，其在450～500℃下进行“煅烧”，“煅烧”反应的化学方程式为____________________________。
【答案】 (1). 增大固液接触面积，加快溶解时的反应速率 (2). Na2CO3 (3). 0.003 (4). 锌粉 (5). ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO＋CO2↑＋3H2O↑
【解析】
【分析】
制备活性氧化锌流程为：氧化锌粗品中加入稀硫酸，氧化锌、铁的氧化物、氧化铜与稀硫酸反应，通过过滤操作分离出滤渣，滤液中含有铁离子、亚铁离子、锌离子、铜离子，酸化滤液后加入适量碳酸钠溶液得到沉淀ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，经过煅烧得到ZnO，据此解答。
【详解】（1）“溶解”前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒，目的是增大固液接触面积，加快溶解时的反应速率。
（2）“溶解”后得到的酸性溶液中含有Zn2＋、SO42－，另含有Fe2＋、Cu2＋等杂质，先加入Na2CO3调节溶液的pH至5.4，使溶液的酸性减弱，然后加入适量KMnO4，Fe2＋转化为Fe(OH)3，同时KMnO4转化为MnO2，在KMnO4中锰元素的化合价降低，该反应中作为氧化剂，反应的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O＝MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+。经检测溶液中Fe2＋的浓度为0.009mol·L－1，即1L溶液中亚铁离子的物质的量是0.009mol，则依据方程式可知消耗高锰酸钾是0.003mol，所以每升溶液中至少应加入0.003mol KMnO4。
（3）由于制备活性氧化锌，杂质Cu2+可利用置换反应除去，不能引入杂质，所以应选择的试剂是锌粉；
（4）“沉淀”得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，“煅烧”在450～500℃下进行，根据原子守恒可知“煅烧”反应的化学方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO＋CO2↑＋3H2O↑。