【化学】湖北省沙市中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】湖北省沙市中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

湖北省沙市中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe 56‎ 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分，48分）‎ ‎1.下列物质中，不属于合金的是（ ）‎ A. 硬铝 B. 黄铜 C. 水银 D. 钢铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硬铝是指Al、Cu为主要合金元素的一类铝合金，故A错误；‎ B、黄铜是由铜和锌所组成的合金，故B错误；‎ C、水银是纯净物，不属于合金，故C正确；‎ D、钢铁是铁和碳组成的合金，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是（ ）‎ A. 氯气——易燃气体 B. 汽油——易燃液体 C. 硫酸——腐蚀品 D. 高锰酸钾——氧化剂 ‎【答案】A ‎【解析】A、氯气是助燃剂，不是易燃气体，故A错误； B、汽油是易燃液体，故B正确；C、硫酸有强腐蚀性是腐蚀品，故C正确；D、高锰酸钾有强氧化性，是氧化剂，故D正确。故选A。‎ ‎3.下列物质中属于电解质且能导电的是（ ）‎ A. 乙醇 B. 铜 C. 熔融氯化钾 D. 氨水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】在水溶液或熔融状态下，能导电的化合物是电解质。物质能导电要么有自由移动的电子，要么有自由移动的离子，据此解答该题。‎ ‎【详解】A.乙醇的水溶液或熔融状态下均不导电，是非电解质，故A项错误；‎ B.铜是单质，不是电解质，故B项错误；‎ C.氯化钾水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质。氯化钾熔融状态下有自由移动的离子，能导电，故C项正确；‎ D.氨水是混合物，不是电解质，故D项错误；‎ 答案为C。‎ ‎4.下列关于Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液性质叙述正确的是（ ）‎ A. 均能够产生丁达尔效应 ‎ B. 微粒直径均在1~100 nm之间 C. 分散质微粒均可透过滤纸 ‎ D. 加入少量NaOH 溶液，只有MgCl2溶液产生沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有胶体才具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，故A错误；‎ B. 胶体微粒直径均在1~100 nm之间，MgCl2溶液中离子直径小于1 nm之间，故B错误；‎ C. 胶体和溶液分散质微粒均可透过滤纸，故C正确；‎ D.向Fe(OH)3胶体中加入NaOH溶液，会使胶体发生聚沉，产生Fe(OH)3沉淀，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，故D错误；本题答案为C。‎ ‎5.下列实验操作错误的是（ ）‎ A. 实验中剩余的钠不能再放回原试剂瓶 B. 分液漏斗使用前需要先检查是否漏液 C. 做焰色反应时，铂丝应用盐酸洗净并灼烧至无色 D. 蒸馏烧瓶加热时需要垫石棉网 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应生成NaOH具有腐蚀性,且放热,存在安全隐患,则实验中剩余的钠,需要再放回原试剂瓶,故A错误; B.具有塞子、活塞的仪器使用前需要查漏,则分液漏斗使用前需要先检查是否漏液,故B正确;C.盐酸易挥发,灼烧后不干扰实验,则焰色反应时,铂丝应用盐酸洗净并灼烧至无色,故C正确;D.蒸馏烧瓶不能直接加热,则蒸馏烧瓶加热时需要垫石棉网,故D正确;答案：A。‎ ‎6.配制500mL0.1mol/L的NaCl溶液，下列说法或操作正确的是（ ）‎ A. 将NaCl固体直接放在托盘天平的托盘上称量 B. 用托盘天平准确称量干燥的NaCl固体2.925g C. 在500mL容量瓶中溶解氯化钠固体，然后加蒸馏水至刻度线 D. 准确称量2.9g混有KCl的NaCl固体，其他操作均正确，配好后的溶液中c(Cl-)偏低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．称量NaCl固体时，应将NaCl固体放在称量纸上称量，故A项错误；‎ B．托盘天平精确到0.1，无法称量2.925 g，故B项错误； ‎ C．容量瓶不能溶解固体，应在烧杯中溶解固体，故C项错误；‎ D．等质量的氯化钾和氯化钠比，氯化钠中氯离子的含量较高，故当氯化钠中混有氯化钾时氯离子浓度会偏低，故D项正确；‎ 答案为D。‎ ‎7.浓硫酸具有很多重要的性质，在于含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（ ）‎ A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭(碳化)，并会产生二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水(试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒)，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故选A。‎ ‎8.下列各组离子，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）‎ A. K+、Fe3+、SCN–、Cl– B. Fe3+、K+、OH–、SO42–‎ C. Fe2+、K+、Cl–、MnO4– D. Na+、H+、SO42–、CO32–‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3+、SCN-在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，A错误；‎ B. Fe3+、OH-在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，B错误；‎ C. Fe2+、MnO4-之间能发生氧化还原反应，不能大量共存，C正确；‎ D. H+、CO32-在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）‎ 目的 分离方法 原理 选项 A 分离溶于水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 B 分离水和乙醇 分液 水和乙醇的密度不同 C 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中的溶解度很大 D 除去丁醇（沸点117.5℃）‎ 中的乙醚（沸点34.6℃）‎ 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙醇易溶于水，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故A错误；‎ B.水和乙醇互溶，不能用分液的方法进行分离，故B错误；‎ C.可以用重结晶的方法除去KNO3中的NaCl杂质，其原理是 KNO3的溶解度随温度变化较大，而NaCl的溶解度随温度变化很小，降低温度时，KNO3从溶液中析出，而NaCl仍留在溶液中，从而可将KNO3中的NaCl除去，故C错误；‎ D.丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D正确；答案为D。‎ ‎10.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA B. 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+数为0.02NA C. 1mol甲烷的质量与甲烷的摩尔质量相等 D. 16g水中所含的电子数为10NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标况下水不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；‎ B． Na2CO3的物质的量n===0.01mol，根据微粒数N=nNA得Na+的个数为：0.01mol×2NA mol-1=0.02NA，故B项正确；‎ C．1mol甲烷的质量为16g，甲烷的摩尔质量为16g/mol，二者的单位不同，故C错误；‎ D.1mol水中有10mol的电子，水的物质的量n== =mol，根据微粒数N=nNA得16g水中所含的电子数为N=mol×10NA mol-1=NA，故D项错误；‎ 答案为B。‎ ‎11.下列离子的检验方法正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明原溶液中有Cl-‎ B. 向某溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明原溶液中有SO42-‎ C. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液产生蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+‎ D. 向某溶液中加入稀硫酸生成无色气体，说明原溶液中有CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银、硫酸银等沉淀，不能排除其它离子的干扰，应加入硝酸酸化的硝酸银进行检验，故A错误；‎ B．加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除Ag+和CO32-的干扰，检验SO42-，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，故B错误；‎ C．氢氧化铜为蓝色，加入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，故C正确； D．能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等，所以某溶液加入稀硫酸生成无色气体，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎12.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 硅和氢氧化钠溶液反应：Si+2Na++2OH–+H2O=Na2SiO3 + 2H2↑‎ B. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后显酸性：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O C. FeCl3溶液与Fe反应：2Fe3++Fe=3Fe2+‎ D. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2SiO3在水溶液中完全电离，在离子方程式中应该拆成离子，故A项错误；‎ B. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后显酸性，说明NaHSO4过量，正确的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故B项错误；‎ C.符合事实且电荷守恒、原子守恒，故C项正确；‎ D．氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中加入过量氨水，应该生成氢氧化铝，故D项错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 25℃、1.01×105Pa时，同体积的H2和O2含有相同数目的原子数 B. 1mol气态物质，当体积为22.4L时，该气体一定处于标准状况 C. 2mol任何气体体积都约为44.8L D. 同温同压下，等质量的O2和O3两种气体的分子个数之比为1﹕1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，又二者均为双原子分子，所以原子数目也相同，故A项正确；‎ B.相同物质的量的气体体积，温度越高体积越大，压强越大体积越小，1mol气态物质，当它所处的温度比标准状况高，压强比标准状况也高时，体积也可能是 22.4L，故B项错误；‎ C.，没有告诉气体所处的温度和压强，体积无法计算，故C项错误；‎ D. 根据微粒数N=nNA，等质量的O2和O3两种气体的分子个数之比为(mNA/32): (mNA/48)=3:2，故D项错误；‎ 答案为A。‎ ‎14.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）‎ A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物 C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。‎ A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；‎ B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；‎ C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；‎ D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.向200mL0.1mo/L的FeCl2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再充分灼烧后得到固体的质量为（ ）‎ A. 1.44g B. 1.6g C. 1.8g D. 2.14g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】FeCl2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到氯化钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，由Fe原子守恒可知：2n(FeCl2)= n（Fe2O3），200mL 0.1mol/L的FeCl2溶液中n(FeCl2)=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，所以n（Fe2O3）= =0.01mol，其质量为0.01mol×160g/mol=1.6g；‎ 故答案为B。‎ ‎16.在200mL5mol/L稀硝酸中加入19.2g铜粉，待充分反应，判断下列说法正确的是（忽略反应前后溶液体积的变化）（ ）‎ A. 反应中转移电子的物质的量为0.6NA B. 标准状况下，产生NO2气体的体积为4.48L C. 反应后，H+的物质的量浓度为1.0mol/L D. 被还原的HNO3的物质的量为0.6mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】铜的物质的量n==0.3mol，硝酸的物质的量n=cV=0.2L×5mol/L=1mol，据铜与硝酸反应的化学方程式3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，铜不足，故转移电子数、反应消耗的硝酸的量、被还原的硝酸的量，均利用铜计算。‎ ‎【详解】A.1mol的铜转移2mol的电子，0.3mol的铜转移0.6mol的电子，故A项错误；‎ B.铜与稀硝酸反应产生NO气体，故B项错误；‎ C.根据方程式0.3mol铜消耗0.8mol的硝酸，剩余硝酸0.2mol，剩余硝酸的物质的量浓度为c===1mol/L，H+的物质的量浓度为1.0mol/L，故C项正确；‎ D.根据方程式8mol硝酸中只有2mol参与氧化还原反应，故0.8mol硝酸参加反应，被还原的HNO3的物质的量为0.2mol，故D项错误；‎ 答案为C。‎ 二、非选择题 ‎17.分别向盛有①紫色石蕊溶液 ②澄清石灰水 ③品红溶液 ④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入SO2气体。‎ ‎（1）试管①中的实验现象为________________________________________。‎ ‎（2）试管②中发生反应的离子方程式为_____________________________（通入少量的SO2）。‎ ‎（3）上述实验中，出现溶液褪色现象的是____________________（填试管标号）。‎ ‎（4）上述实验中，SO2表现出酸性氧化物性质是_________（填试管标号，下同），SO2表现出漂白性的是__________，SO2表现出还原性的是___________。‎ ‎【答案】(1). 溶液由紫色变为红色 (2). SO2+Ca2++2OH–= CaSO3↓+H2O (3). ③④ (4). ①② (5). ③ (6). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）SO2为酸性氧化物。向试管①紫色石蕊溶液中通入SO2气体的实验现象为溶液由紫色变为红色，答案：溶液由紫色变为红色。‎ ‎（2）向试管②澄清石灰水中通入少量的SO2气体，发生反应的离子方程式为SO2+Ca2++2OH–= CaSO3↓+H2O；答案：SO2+Ca2++2OH–= CaSO3↓+H2O。‎ ‎（3）因为SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2具有漂白性，能使品红溶液溶液褪色，所以上述实验中，出现溶液褪色现象的是③④。答案：③④。‎ ‎（4）SO2表现出酸性氧化物性质的是能使紫色石蕊溶液褪色；能与澄清石灰水反应，所以符合题意的是①②；SO2表现出漂白性的是使品红溶液褪色，SO2表现出还原性的是使酸性高锰酸钾溶液褪色。答案：①②；③；④。‎ ‎18.某同学采用如图装置进行实验，证明了铜与稀硝酸反应生成了NO。实验时，先向注射器内加入一定量的稀硝酸，排净注射器内的空气，迅速将带有铜丝的橡皮帽盖上，一段时间后，注射器内有无色气体产生。‎ ‎（1）铜与稀硝酸反应的化学方程式为__。‎ ‎（2）NO是大气污染物之一。目前有一种治理方法是在400℃左右、有催化剂存在的情况下，用氨气把NO还原为氮气和水。该反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，每有10molN2生成，氧化产物与还原产物的物质的量之比为__。‎ ‎（3）N2O4为氧化剂，可以与火箭燃料偏二甲肼（C2H8N2）反应，放出巨大能量，把火箭送入太空，同时产生两种无毒气体，反应的化学方程式为__。‎ ‎（4）①写出实验室由NH4Cl和Ca(OH)2加热制取氨气的化学方程式__。‎ ‎②进行喷泉实验，若在水中加入酚酞，得到红色喷泉。该实验体现了氨气的两个重要性质分别是__、__。‎ ‎【答案】(1). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (2). 2∶3 (3). C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑ (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). 氨气易溶于水 (6). 氨气与水反应生成碱 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）铜和稀硝酸反应生成NO气体、硝酸铜和水，结合原子守恒配平书写化学方程式；‎ ‎（2）反应4NH3+6NO═5N2+6H2O中，NO为氧化剂，NH3为还原剂，每生成5molN2，有6molNO被还原，4molNH3被氧化，电子转移总数为12mol；‎ ‎（3）N2O4为氧化剂，偏二甲肼（C2H8N2）为还原剂，在反应中氮元素化合价降低，得到无毒气体只能为氮气，碳元素价态升高，得到无毒气体只能为二氧化碳；‎ ‎（4）与水产生喷泉现象，必须极易溶于水。酚酞遇碱变红。‎ ‎【详解】（1）铜和稀硝酸反应生成NO气体，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；‎ ‎（2）反应4NH3+6NO═5N2+6H2O中，NO为氧化剂，NH3为还原剂，每生成5molN2，有6molNO被还原，4molNH3被氧化，电子转移总数为12mol，则每有10molN2生成，电子转移物质的量为24mol，氧化产物和还原产物物质的量之比=4：6=2：3；‎ ‎（3）N2O4与偏二甲肼（C2H8N2‎ ‎）反应得到的两种无毒气体，所以二者反应的气体产物是氮气、二氧化碳，另外还生成了水，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑；‎ ‎（4）实验室制备氨气的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气遇水产生了喷泉现象，说明氨气极易溶于水，得到红色喷泉，说明水溶液显碱性，氨气与水反应可生成一水合氨，一水合氨是弱碱。‎ ‎19.某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。‎ ‎（1）装置Ⅰ中仪器c的名称是_______________，实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的离子方程式为_______________________________________________________。‎ ‎（2）装置Ⅱ的作用是________________________。‎ ‎（3）实验过程中装置Ⅳ中的实验现象为______________________________。‎ ‎（4）实验结束后，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在上图装置Ⅱ与III之间添加下图中的_______装置(填序号)。‎ ‎（5）装置Ⅴ的目的是防止尾气污染空气，写出装置Ⅴ中发生反应的离子方程式___________________。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl–Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 除去氯气中的氯化氢气体 (4). 无色溶液变为蓝色 (5). ④ (6). Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）装置Ⅰ中仪器c的名称是分液漏斗，实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl–Mn2++Cl2↑+2H2O；答案：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl–‎ Mn2++Cl2↑+2H2O。‎ ‎ (2)装置Ⅱ中盛有饱和食盐水,因为浓盐酸具有挥发性,则制取的氯气中混有氯化氢,用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢,因此，答案是:除去氯气中的氯化氢气体。 (3)氯气具有氧化性,能够与碘化钾溶液反应生成碘单质,所以装置Ⅳ中通入氯气后,无色溶液变蓝色,因此，答案是:无色溶液变蓝色。 (4)干燥的氯气不具有漂白性,Ⅱ和Ⅲ之间可加干燥装置,除去氯气中的水蒸气，根据氯气的化学性质可知，应选浓硫酸作干燥剂，本题正确答案是:④ 。‎ ‎ (5)装置Ⅴ盛放的是氢氧化钠溶液,目的是防止尾气污染空气,反应的化学方程式为: Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O ,因此，答案是: Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O 。‎ ‎20.（1）有一瓶无色澄清溶液，其中可能含H+、Na+、Mg2+、NH4+、Ba2+、Cl−、SO42-、CO32-离子。现进行以下实验：‎ A.用pH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；‎ B.取部分溶液逐滴加入浓NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；‎ C.取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生。‎ ‎①根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有__；肯定不存在的离子有__。‎ ‎②写出B中发生反应的离子方程式__。‎ ‎（2）某化学学习小组模拟侯德榜制碱法制取Na2CO3的过程如下：‎ 已知：a.反应Ⅰ的化学方程式为：NH3＋H2O＋CO2=NH4HCO3‎ b.滤液含NH4Cl等溶质 ‎①反应Ⅱ为复分解反应，写出该反应的化学方程式___。‎ ‎②验证滤液中含Cl-离子的实验方法和现象为___。‎ ‎【答案】(1). H+、Ba2+、NH4+、Cl- (2). Mg2+、SO42-、CO32- (3). H++OH-=H2O、NH4++OH-=NH3↑+H2O (4). NH4HCO3＋CO2＝NaHCO3↓＋NH4Cl (5). 用试管取滤液少许，加稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则滤液中含Cl-离子 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）无色溶液证明不含有色离子，‎ ‎ A．溶液呈强酸性，则不含弱酸根离子CO32-，含有H+；‎ ‎ B．取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，说明不含Mg2+，产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有NH4+；‎ C．取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，说明含有Ba2+，则原溶液中不含SO42-，含有Cl-；‎ ‎（2）由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，叫做复分解反应，据此解答。‎ ‎【详解】（1）无色溶液证明不含有色离子，‎ ‎ A．溶液呈强酸性，含有H+，CO32-与氢离子不能大量共存，所以溶液中肯定不含CO32-离子；‎ ‎ B．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，向溶液逐滴加入NaOH溶液，无沉淀产生，说明不含Mg2+。氨气是中学化学中唯一的碱性气体，与碱反应产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体说明溶液中含有NH4+ ；‎ C．取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，说明含有Ba2+，硫酸根离子与钡离子不能大量共存，则原溶液中不含SO42-，溶液中可能的阴离子只剩下了氯离子，溶液中必须满足电荷守恒，有阳离子也必须有阴离子，所以原溶液中肯定有氯离子，钠离子在题目中没有关于它的性质叙述，所以不能确定；‎ ‎（2）根据复分解反应定义可得：NH4HCO3＋NaCl＝NaHCO3↓＋NH4Cl；氯离子检验首先要排除碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，所以应该先加稀硝酸，再加硝酸银看是否产生白色沉淀。‎ ‎21.已知A、F为金属单质，C是淡黄色粉末，回答下题。‎ ‎（1）实验室中A常常保存在__中，若将0.1molC直接转化成D，转移电子数为__个。‎ ‎（2）写出D与J混合的离子反应方程式__。‎ ‎（3）用化学方程式表示沉淀H转化成I颜色发生变化原因：__。‎ ‎（4）直接向K溶液中加入C固体，写出可能出现的现象：__。‎ ‎（5）向盛有L溶液的水槽中加入一小块金属A，下列现象描述不符合实际情况的是__。‎ a.金属A浮在液面，并四处游动 b.金属A会熔化成一个小球 c反应开始后，溶液由无色变成红色 d.恢复到室温时，烧杯底部有固体物质析出 ‎（6）0.12molFeCl2加入100mLK2Cr2O7溶液中，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为__。‎ ‎【答案】(1). 煤油 (2). 0.1NA(或6.02×1022) (3). Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓ (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 有无色气体生成，产生红褐色沉淀 (6). c (7). 0.2mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A为金属单质，A与氧气反应生成的C是淡黄色粉末，则A为Na，C为Na2O2。由转化关系可知B是Na2O、D是NaOH、E是Na2CO3、G是CaCO3、L是Ca（HCO3）2。金属F与盐酸反应生成K，而K能与NaOH反应生成白色沉淀H，H在空气中可以转化为红褐色沉淀I，则F为Fe、K为FeCl2、H为Fe（OH）2、I为Fe（OH）3、J为FeCl3；Fe2+转化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒列式计算。‎ ‎【详解】（1）实验室中Na常常保存在煤油中。C转变成D的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，各占一半，0.1mol 过氧化钠参与该反应，转移电子的个数为：0.1mol×1/2×2×6.02×1023 mol-1=6.02×1022；‎ ‎（2）D与J混合的离子反应方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；‎ ‎（3）用化学方程式表示沉淀H转化成I颜色发生变化的原因：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；‎ ‎（4）直接向FeCl2溶液中加入Na2O2固体，过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠与氧气，过氧化钠具有强氧化性，会得到Fe（OH）3，可能出现的现象：有无色气体生成，产生红褐色沉淀；‎ ‎（5）向盛有Ca（HCO3）2溶液的水槽中加入一小块金属Na，Na与水反应生成NaOH与氢气，NaOH再与Ca（HCO3）2反应生成CaCO3‎ ‎，可以看到的现象：金属Na浮在液面，熔化成一个小球，发出嘶嘶声响，并四处游动，最后消失，恢复到室温时烧杯底白色沉淀，故答案为c；‎ ‎（6）FeCl2失去电子物质的量为：0.12mol×（3-2）=0.12mol，设K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为cmol/L，K2Cr2O7得电子的物质的量为：0.1L×2×（6-3）cmol/L=0.6cmol，根据得失电子守恒可知：0.6cmol=0.12mol，解得：c=0.2mol/L。‎