宁夏银川市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

宁夏银川市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

‎2019-2020学年第一学期高一年级期末考试化学试卷 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 Fe:56‎ 第I卷 选择题 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分)‎ ‎1.环境是人类生存和活动的场所。下列有关环境问题的说法不正确的是( )‎ A. 生活垃圾应分类回收处理 B. 用单质硅制成光电池，有利于环境保护 C. 酸雨主要是由排放到空气中的CO2随雨水降落而形成的 D. 用Cu、O2与稀H2SO4反应代替Cu与浓H2SO4反应制胆矾是绿色化学的体现 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 垃圾分类回收，有利于环境保护和资源综合利用，A正确；‎ B. 高纯单质硅具有半导体性能，制成的光电池可将光能直接转化为电能，有利于环境保护，B正确；‎ C. 二氧化碳是导致温室效应的主要气体，而二氧化硫与氮氧化物才是导致酸雨的主要物质，C错误；‎ D. Cu与浓H2SO4反应生成二氧化硫，且随着反应的进行，浓硫酸稀释，反应不能进行了，硫酸不能完全转化，而Cu、O2与稀H2SO4反应，可生成胆矾，是“绿色化学”的体现，D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.空气质量报告的各项指标可反映出空气的质量，下列气体已纳入我国空气质量报告的是(　　)‎ A. CO2 B. N‎2 ‎C. SO2 D. O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硫的氧化物、氮的氧化物以及可吸入颗粒等已经纳入我国空气质量报告，故选C。‎ ‎3.下列各项中不正确的是 选项 A B C D 物品标签 药品:××× ‎ 分析 该试剂应装在橡胶塞的细口瓶中 该药品不能与皮肤直接接触 该物质受热易分解 该物质浓度为18.4 mol/L A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯水中HClO、Cl2有强氧化性,易使橡胶塞老化，所以用细口玻璃塞瓶储存，A错误；‎ B、腐蚀性药品，不能接触皮肤，正确；‎ C、碳酸氢钠不稳定，受热易分解，C正确；‎ c(H2SO4)==18.4mol·L-1，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列各组数值或物理量中，都不随水的“物质的量”的变化而变化的是 A. 水的沸点；水分子的数目 B. 水的质量；水的相对分子质量 C. 水的体积；水中所含原子的数目 D. 水的密度；水的摩尔质量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】水分子的数目与水的 “物质的量”成正比；水的质量与水的 “物质的量”成正比；水的体积随水的“物质的量”增大而增大；沸点是水的物理性质，与水的多少无关；水的相对分子质量是18，与水的多少无关；水的密度是水的物理性质，与水的多少无关；水的摩尔质量是‎18g/mol，与水的多少无关；故选D。‎ ‎5.下列离子在指定溶液中可以大量共存的是(　　)‎ A. c(H＋)＝1 mol·L－1溶液中：K＋、Fe3＋、I-、SO32-‎ B. 某无色透明溶液中：Fe3＋、NH4+、NO3-、SCN－‎ C. 能使酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、SiO32-、NO3-‎ D. c(OH－)＝1 mol·L－1溶液中：HCO3-、K＋、Na＋、AlO2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. c(H＋)＝1 mol·L－1，该溶液为酸性溶液，H＋与SO32-不能共存，Fe3＋与I-发生氧化还原反应，不能共存，A错误；‎ B. Fe3＋显黄色，无色透明溶液中不能有Fe3＋，Fe3＋与SCN－不能共存，B错误；‎ C. 能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，Na＋、Cl－、SiO32-、NO3-，能共存，C正确；‎ D. c(OH－)＝1 mol·L－1溶液，显碱性，OH－与HCO3-不能共存，AlO2-与HCO3-不能共存，D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.下列有关反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 氯气溶于水：Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO B Fe溶于足量稀硫酸：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑‎ C. AlCl3溶液中滴入过量稀氨水：Al3＋＋4OH－===AlO2-+2H2O D. 过氧化钠投入水中：Na2O2＋2H2O===O2↑＋2OH－＋2Na＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气溶于水，氯气与水反应，其化学方程式为：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，其离子方程式为：Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO，次氯酸为弱酸，不能拆写，A正确；‎ B. 稀硫酸不具有强氧化性，其离子方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，B错误；‎ C. 稀氨水为弱碱，Al(OH)3不溶于弱酸弱碱，其离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；‎ D. 反应未配平，过氧化钠投入水中：2Na2O2＋2H2O===O2↑＋4OH－＋4Na＋，D错误。‎ ‎7.合理使用仪器、恰当存放药品是化学实验安全、顺利进行的保障。下列“使用方法”与对应的“应用举例”不相符的是(　　)‎ 选项 使用方法 应用举例 A 验纯后加热 H2还原Fe2O3‎ B 振荡分液漏斗后放气 CCl4萃取碘水中的I2‎ C 先撤导管后撤酒精灯 用排水集气法收集制取的氧气 D 剩余药品不能放回原瓶 截取一段后剩余的镁条 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在实验前先验纯H2，验纯后先通入H2再加热，防止加热空气与H2混合气体，发生爆炸，A正确；‎ B. CCl4萃取碘水中的I2，在萃取过程中，需要振荡分液漏斗，以充分混合而萃取，并打开分液漏斗上口的玻璃塞放气，防止分液漏斗内的压强过大，B正确；‎ C. 从安全角度考虑，先撤导管后撤酒精灯，防止骤冷试管，尾气处理装置中的液体倒吸到集气瓶中，氧气不溶于水，可用排水法收集氧气，C正确；‎ D. 镁为活泼金属，从试剂瓶中取出并切下使用的镁块后，剩余的镁要放回原试剂瓶，D错误。‎ ‎8.一定条件下，通过单质间化合反应一步可得到是(　　)‎ A. FeCl2 B. SO‎3 ‎C. Na2O D. HClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气具有强氧化性，铁与氯气反应生成FeCl3，不能得到FeCl2，A错误；‎ B. 硫与氧气反应生成SO2，不能得到SO3 ，B错误；‎ C.钠与氧气在常温下反应可生成Na2O，C正确；‎ D. 氯气与水反应生成HClO，而不能由单质反应生成，D错误。‎ ‎9. 食盐分散到酒精中形成直径在1nm~l00nm之间的超细粒子，这样的分散系是 A. 悬浊液 B. 溶液 C. 胶体 D. 乳浊液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的直径大小来分类，可以把分散系分为：溶液、胶体和浊液。分散质粒子直径小于1nm的分散系叫溶液，在1nm100nm之间的分散系称为胶体，而分散质粒子直径大于100nm的分散系叫做浊液，则食盐分散到酒精中形成直径在1nm100nm之间的超细粒子的分散系为胶体，故该题选C。‎ 考点：考查胶体的本质特征。‎ ‎10.下列叙述正确的是( )‎ A. 生石灰、熟石灰、石灰石都属于碱 B. 盐类物质一定含有金属离子 C. 凡能电离出H+的化合物均属酸 D. Si02、SO2均属酸性氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 生石灰主要成分是CaO，是氧化物，熟石灰主要成分是Ca(OH)2，是碱，石灰石主要成分是CaCO3是盐，A错误；‎ B. 盐类物质是由金属阳离子或铵根离子与酸根离子结合生成的化合物，B错误；‎ C. 酸是在水溶液中电离出的阳离子全部都是H+的化合物，C错误； ‎ D. 酸性氧化物是与碱或碱性物质反应生成盐和水的氧化物，SiO2、SO2均属酸性氧化物，D正确。‎ ‎【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物、金属氧化物也不一定是碱性氧化物，酸性氧化物是与碱或碱性物质反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物是与酸或酸性物质反应生成盐和水的氧化物。‎ ‎11.下列实验现象的描述错误的是( )‎ A. 氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰 B. 铁与水蒸气反应，生成红色的固体 C. 切开的金属钠露置在空气中，切面很快会变暗 D. 将打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢气在氯气中燃烧生成HCl，火焰呈苍白色，A正确；‎ B. 铁在高温条件下，与水蒸气反应，生成四氧化三铁和氢气，生成黑色的固体，B错误；‎ C. 钠易与氧气反应，生成白色的氧化钠，比银白色的钠颜色暗，C正确；‎ D. 铝与氧气生成熔点更高的氧化铝，可导致加热铝箔时熔化的Al不滴落，D正确。‎ ‎【点睛】铁有三种氧化物，氧化亚铁和四氧化三铁为黑色、三氧化二铁为红色。‎ ‎12.下图是一检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内液体Y(足量)可能是(　　)‎ 选项 A B C D X CO SO2‎ CO2‎ Cl2‎ Y 浓H2SO4‎ NaHCO3饱和溶液 Na2SO3溶液 NaHSO3饱和溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO不能使品红褪色，A错误；‎ B．若关闭活塞K，SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，品红溶液无变化，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，SO2使品红褪色，B正确；‎ C．CO2与Na2SO3溶液不反应，且不能是品红褪色，C错误；‎ D．Cl2与饱和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，D错误。‎ ‎13.在硫酸铁溶液中，加入少量铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是 A. 最后得到的溶液中只含Cu2＋‎ B. 残余固体可能为铁、铜混合物 C. 残余固体一定全部是铜 D. 最后得到的溶液中含有Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】本题涉及的反应有：（1）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,(2)Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+‎ 由于Fe3+氧化性比Cu2+强，所以铁粉先和Fe3+反应，再和Cu2+反应，经分析存在几种情况①加入铁粉过量，固体剩余铁、铜，溶液为硫酸亚铁②加入铁粉少量，固体剩余铜，溶液为硫酸亚铁和硫酸铜混合液③加入铁粉恰好把溶液中铁离子与铜离子反应完，剩余固体铜，溶液为硫酸亚铁。根据以上分析可知B选项正确；‎ 正确答案：B。‎ ‎14.下列各组物质，按酸、碱、盐、非电解质的顺序排列的是(　　)‎ A. 硫酸、胆矾、氯化镁、二氧化碳 B. 硝酸、纯碱、干冰、苏打水 C. 醋酸、消石灰、明矾、铜 D. 氯化氢、苛性钠、NaHCO3、氨气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸是酸、胆矾是盐、氯化镁是盐、二氧化碳是非电解质，A错误；‎ B. 硝酸是酸、纯碱（Na2CO3）是盐、干冰（固态CO2）是氧化物、苏打水是混合物，B错误；‎ C. 醋酸是酸、消石灰[Ca(OH)2]是碱、明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是盐、铜是单质，C错误； ‎ D. 氯化氢是酸、苛性钠（NaOH）是碱、NaHCO3是盐、氨气是非电解质，D正确。‎ ‎【点睛】生石灰：CaO；熟石灰、消石灰：Ca(OH)2；石灰石、大理石：CaCO3；苏打、纯碱：Na2CO3；小苏打：NaHCO3；苛性钠、火碱、烧碱：NaOH；明矾KAl(SO4)2·12H2O；胆矾：CuSO4·5H2O。‎ ‎15.将过量二氧化碳分别通入：①BaCl2溶液②K2SiO3溶液③Ca(ClO)2溶液④饱和Na2CO3溶液⑤澄清石灰水，最终溶液中有白色沉淀析出的是（ ）‎ A. ②③ B. ②④ C. ②③④ D. ①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】：①BaCl2溶液与二氧化碳不反应，故①不会产生沉淀；‎ ‎②硅酸钾溶液通入足量二氧化碳反应：K2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2KHCO3，硅酸是一种白色沉淀，故②产生白色沉淀；‎ ‎③Ca(ClO)2溶液通入足量二氧化碳发生反应：Ca(ClO)2+2CO2+2H2O=Ca（HCO3）2+2HClO，无沉淀产生，故③不会产生沉淀；‎ ‎④饱和Na2CO3溶液通入足量的二氧化碳，由Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3可知，此反应消耗水，且Na2CO3转化为NaHCO3后溶质质量增加，又因NaHCO3‎ 溶解度较小，所以会有晶体析出，故④会产生沉淀，‎ ‎⑤澄清的石灰水通入过量的二氧化碳：2CO2+Ca（OH）2=Ca（HCO3）2，不会产生沉淀，故⑤不会产生沉淀；‎ 故答案选B。‎ ‎16.下列实验现象与结论均正确的是(　　)‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液呈红色 未知液中一定含有Fe2＋‎ B 向无色溶液中滴加氯水，再加CCl4振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 无色溶液中含有I－‎ C 红热的木炭与浓硫酸反应，产生的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水变浑浊 反应只生成了CO2‎ D 向某溶液中通入HCl气体 溶液中产生气泡 溶液一定含有CO32-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水可氧化亚铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水变为血红色来检验Fe2+，A错误；‎ B. 下层呈紫红色，可知氯气氧化碘离子生成碘单质，则无色溶液中含有I−，B正确；‎ C. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象可知，该气体不一定是CO2，C错误；‎ D. 与盐酸反应生成气体的离子有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，D错误。‎ ‎17.下列说法正确的是(　　)‎ A. SO2也可以用于杀菌、消毒，但食用经SO2增白后的食品是对身体有害的 B SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，且原理相同 C. 因为SO2具有漂白性，所以它能使湿润的红布条、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色 D. 等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2也可以用于杀菌、消毒，但SO2有毒，增白后的食品是对身体有害，A正确；‎ B. 二氧化硫使红墨水褪色体现二氧化硫漂白性、活性炭能使红墨水褪色体现吸附性、漂白粉和过氧化钠使红墨水褪色体现强氧化性，所以其原理不同，B错误；‎ C. 二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，二氧化硫具有还原性能够使高锰酸钾褪色，二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使石蕊变红色，C错误；‎ D. SO2和Cl2这两种气体和水反应生成硫酸、HCl，硫酸、盐酸没有漂白性，所以将SO2和Cl2这两种气体同时作用于潮湿的有色布条不一定使其褪色，D错误。‎ ‎【点睛】漂白原理：①化合型：SO2；②强氧化性：Na2O2、HClO、H2O2等强氧化性物质；③吸附型：活性炭。‎ ‎18.下列实验操作中所用仪器合理的是( )‎ A. 用 100 mL 量筒量取 5.2 mL 盐酸 B. 用 10 mL 量筒量取 5.2 mL 盐酸 C. 用托盘天平称取 ‎25.02 g NaCl D. 用100 mL 容量瓶配制 50 mL 0.1 mol/L 的盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 100mL量筒最小刻度是1mL，无法量取5.2mL盐酸，A不合理；‎ B. 10mL量筒的精确度为0.1mL，可以用10mL量筒量取5.2mL盐酸，B合理；‎ C. 托盘天平的精确度为‎0.1g，无法称取‎25.02 g NaCl，C不合理；‎ D. 配制50mL溶液只能利用50mL的容量瓶，D不合理。‎ ‎19.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(   )‎ A. 常温常压下，‎11.2 L氧气所含的原子数为NA B. 标准状况下，‎1.12 L H2O所含的原子数为0.1NA C. ‎1.8 g NH4+离子中含有的电子数为NA D. ‎71g Cl2与水反应时，转移电子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下，‎11.2 L氧气的物质的量无法求出，应为标准状况，A错误；‎ B. 标准状况下，‎1.12 L H2O为液态，无法求出物质的量，B错误；‎ C. ‎1.8 g NH4+离子的物质的量为0.1mol，含有的电子数为NA，C正确；‎ D. Cl2与水反应是可逆反应，转移的电子数小于NA，D错误。‎ ‎20.自然界里常见金属元素存在最多的是Al，其次是铁，接着是铜。然而铜冶炼出来的时间却比铝要早的多，究其原因，最合理的解释是(   )‎ A. 铜矿较易还原，铝矿很难还原 B. 铜矿较易氧化，铝矿很难氧化 C. 铜矿颜色较深，易发现，铝矿颜色较浅，不易发现 D. 矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】金属冶炼的难易与金属的活泼性有关，铜不活泼，在加热条件下可用碳置换，使用较早，而铝的性质比较活泼，用一般的还原剂不能将之置换，一般用电解法，使用较晚，与金属化合物的其它性质无关，A最合理。‎ 二、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共15分)‎ ‎21.将足量的铜片与浓硫酸加热充分反应，收集到标准状况下的气体VL，下列对此反应的有关说法中错误的是 ‎ A. 该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性 B. 反应结束后两种反应物均有剩余 C. 被还原的硫酸为 D. 参加反应的Cu为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓硫酸中n(H2SO4)=‎0.1L×18mol/L=1.8mol，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。‎ ‎【详解】A．由反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，则该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性，故A正确；‎ B．反应结束后铜过量有剩余，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，则硫酸也有剩余，剩余两种反应物均有剩，故B正确；‎ C．由反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，被还原的硫酸为mol，故C正确；‎ D．随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，因此，被还原的硫酸的物质的量应小于一半，即小于0.9mol，则参加反应的Cu也小于0.9mol；参加反应的Cu小于0.9mol，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应计算、浓硫酸的性质。注意铜与浓硫酸在加热条件下能发生反应，铜与稀硫酸不反应。本题的易错点为C，要注意被还原的硫酸与生成的二氧化硫的物质的量相等。‎ ‎22. 用等质量的金属钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是 A. 把钠放入足量稀盐酸中 B. 将钠用铝箔包好并刺些小孔，再放入水中 C. 把钠放入硫酸铜溶液中 D. 把钠放入足量水中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】钠与稀盐酸、硫酸铜溶液和水反应的化学方程式分别是2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+H2↑+Cu（OH）2↓、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，由方程式可知钠和生成氢气的关系君威2Na—H2，三者生成氢气的物质的量相同，将钠用铝箔包好并刺些小孔，再放入水中反应化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，除钠和水反应生成氢气外，反应生成的氢氧化钠还与铝反应生成氢气，则放出的氢气比钠与稀盐酸、硫酸铜溶液和水反应的多，答案选B。‎ ‎【点睛】将钠用铝箔包好并刺些小孔，再放入水中，除钠和水反应生成氢气外，反应生成的氢氧化钠还与铝反应生成氢气是解答关键，也是解答难点。‎ ‎23.下列溶液中Cl－浓度最小的是 （ ）‎ A. 250mL 1mol/L AlCl3溶液 B. 200mL 2mol/L MgCl2溶液 C. ‎1L 2.5mol/L NaCl溶液 D. 300mL 5mol/L KClO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】250mL1mol/LAlCl3溶液中Cl-浓度为3mol/L，200mL2mol/LMgCl2溶液中Cl-浓度为4mol/L，‎1L 2.5 mol/LNaCl溶液中Cl-浓度为2.5mol/L，氯酸钾不能电离出氯离子，300mL5mol/L ‎ 5mol/L KClO3溶液中Cl-浓度为0mol/L，则300mL 5mol/L KClO3溶液中Cl－浓度最小，故选D。‎ ‎【点睛】氯酸钾不能电离出氯离子，只能电离出钾离子和氯酸根离子是易错点。‎ ‎24.“比较”是化学研究物质性质的基本方法之一，请运用比较法解答下列问题：已知在一定条件下，过氧化钠几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应。如：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，  Na2O2＋CO＝Na2CO3。则Na2O2与SO2反应的化学方程式为( )‎ A. SO2＋Na2O2＝Na2SO4 B. 2SO2＋2Na2O2＝2Na2SO3＋O2‎ C. SO2＋Na2O2＝Na2SO3 D. SO2＋Na2O2＝Na2SO4 ＋O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据过氧化钠和二氧化碳的反应，可以推知过氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和氧气，亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，即 SO2+Na2O2=Na2SO4，A正确。‎ ‎25.‎3.84 g Fe和Fe2O3的混合物溶于120 mL的盐酸，刚好完全反应。生成0.03 mol H2，向反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液不显色。则原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量之比为( )‎ A. 1：2 B. 1：‎4 ‎C. 2：1 D. 4:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息可知混合物溶于酸发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，向反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液不显色，说明无Fe3+，则发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后利用离子方程式计算。‎ ‎【详解】设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为x、y，由刚好完全反应，生成0.03molH2，反应后的溶液中无Fe3+，根据反应方程式：x−y=0.03mol，56x+160y=3.84，解得x=0.04mol，y=0.01mol，故选D。‎ 第II卷 非选择题 三、填空题(本大题共有5道题，共65分)‎ ‎26.某溶液含有较多的Na2SO4和少量的Fe2(SO4)3，若用该溶液制取纯净芒硝(Na2SO4·10H2O)，可供选择的操作有：①加适量H2SO4溶液；②加金属Na；③结晶；④加过量NaOH溶液；⑤加强热脱结晶水；⑥过滤。回答下列问题：‎ ‎(1)肯定不需要的操作有_______________________(填序号)。‎ ‎(2)正确的操作顺序为_______________________(填序号)。‎ ‎(3)操作⑥必需用到的玻璃仪器除烧杯外，还需要_________________________。‎ ‎(4)操作①的目的是_______________，若无此步操作，会引起什么后果_____________。‎ ‎(5)若要配制500ml0.1mol/L实验所需的NaOH溶液，计算所需NaOH的质量为_______g，配溶液时忘了洗涤烧杯，则所配溶液浓度____(填“偏大”“偏小”“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). ②⑤ (2). ④⑥①③ (3). 玻璃棒 漏斗 (4). 中和过量的NaOH (5). 芒硝中混有NaOH (6). 2.0 (7). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Na2SO4含有Fe2(SO4)3，铁离子对于硫酸钠来说属于杂质，所以先要除杂质，除去铁离子常用加入过量氢氧化钠溶液进行沉淀，过滤，过量的氢氧化钠通过适量H2SO4溶液来除，最后溶液加热得到Na2SO4•10H2O。‎ ‎【详解】可以先加入过量的氢氧化钠将铁离子完全沉淀，然后进行过滤，向滤液中再加入适量的硫酸将前面反应剩余的氢氧化钠转化为硫酸钠，最后将溶液结晶就可以得到硫酸钠晶体。‎ ‎（1）肯定不需要的操作有②加金属Na；⑤加强热脱结晶水，故答案为：②⑤；‎ ‎（2）正确的操作顺序为：加过量NaOH溶液、过滤、加适量H2SO4溶液、③结晶，故答案为：④⑥①③；‎ ‎（3）操作⑥为过滤操作，必需用到的玻璃仪器除烧杯外，还需要玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒、漏斗；‎ ‎（4）操作①是加适量H2SO4溶液，其目的是中和过量的NaOH，若无此步操作，会引起什么后果芒硝中混有NaOH，故答案为：中和过量的NaOH、芒硝中混有NaOH；‎ ‎（5）500ml0.1mol/L NaOH溶液的物质的量为0.05mol，则NaOH的质量为：0.05mol×‎40g/mol=‎2.0g，配溶液时忘了洗涤烧杯，则NaOH的物质的量偏小，浓度偏小，故答案为：2.0、偏小。‎ ‎【点睛】根据c=n/V，判断浓度偏大偏小，若n偏小、V偏大，则c偏小；若n偏大、V偏小，则c偏大。‎ ‎27.一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100ml 3.0mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol。‎ ‎(1)写出实验室制氯气的化学方程式_______________________________，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ________。‎ ‎(2)氯气与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 _______________________________ 。 ‎ ‎(3)所得溶液中Cl-的物质的量为_____________mol。‎ ‎(4)原混合物中氯气和氢气的物质的量之比为_____________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2O (2). 1：2 (3). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (4). 0.25 (5). 3：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室利用MnO2和浓盐酸制取Cl2，Cl2与NaOH 溶液反应生成NaCl和NaClO，由题意可知氯气过量，反应后混合物为HCl和Cl2，涉及反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据质量守恒计算。‎ ‎【详解】（1）实验室利用MnO2和浓盐酸制取Cl2，其化学方程式：MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2O，氧化剂为MnO2、还原剂为HCl，其物质的量之比为：1：2；故答案为：MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2O、1：2；‎ ‎（2）Cl2与NaOH 溶液反应生成NaCl和NaClO，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎（3）所得溶液中为NaCl和NaClO的混合物，根据电荷守恒n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-)，则n(Cl-)=n(Na+)-n(ClO-)=0.3mol-0.05mol=0.25mol，故答案为：0.25；‎ ‎（4）由题意可知氯气过量，反应后所得混合物为HCl和Cl2，涉及反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，据反应可知，燃烧后剩余Cl2为n(Cl2)余=n(NaClO)=0.05 mol，与H2反应Cl2为n(Cl2)=×[n(Cl-)-n(NaClO)]=×(0.25mol-0.05mol)=0.1mol=n(H2)，则原混合物中氯气和氢气的物质的量之比 n(Cl2)：n(H2)=(0.1mol+0.05mol)：0.1mol=3：2，故答案为：3：2。‎ ‎28.(1)某反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2 ；已知该反应中H2O2只发生所示变化：H2O2→O2 ；写出该反应的化学方程式___________________ ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为______ 。‎ ‎(2)火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+‎3C＋S＝K2S+N2↑+3CO2↑，此反应中的氧化剂是______，氧化产物是____(均用化学式填写)。当参加反应的S的质量为‎16g 时，爆炸生成的气体折算成标准状况时的体积为_______，生成的气体的平均相对分子质量为______，反应过程中转移电子总数目为________个。‎ ‎【答案】 (1). 3H2O2+2H2CrO4=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O (2). 3:2 (3). S、KNO3 (4). CO2 (5). ‎44.8L (6). 40 (7). 6NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，产物为氧化产物，本身作还原剂，化合价降低，得到电子，发生还原反应，产物为还原产物，本身作氧化剂。‎ ‎【详解】（1）由信息H2O2-→O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0，则H2O2为还原剂，氧气是氧化产物，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4→Cr(OH)3，H2CrO4为氧化剂Cr(OH)3为还原产物，该反应的化学方程式为：‎ ‎3H2O2+2H2CrO4=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为：3:2，‎ 故答案为：3H2O2+2H2CrO4=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O、3:2；‎ ‎（2）反应2KNO3+‎3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中，N元素的化合价由+5降低为0，S元素的化合价由0降低为−2价，则KNO3和S作氧化剂，还原产物为：K2S和N2；C元素的化合价由‎0升高到+4，则C作还原剂，CO2为氧化产物，n（S）==0.5mol，根据系数比可知爆炸生成的气体为0.5molN2和1.5molCO2，共2mol气体生成，则标况下的体积为2mol×‎22.4L/mol=‎44.8L，m（N2）=‎14g，m（CO2）=‎66g，气体总质量m=m（N2）+m（CO2）=‎80g，所以=‎40g/mol，反应2KNO3+‎3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中，消耗1molS时转移12mol电子，所以当反应中消耗0.5molS时转移6mol电子，电子总数为：6NA或3.612×1024，故答案为：S、KNO3；CO2；‎44.8L；40；6NA或3.612×1024。‎ ‎29.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)‎ ‎(1)A的原子结构示意图为_____________，丙的化学式为_____________。‎ ‎(2)金属A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F中不能导电的有__________________ 、属于电解质的有___________ 。(填“A”“B”“甲”“乙”“丙”“C”“D”“E”“F”)‎ ‎(3)写出转化①发生的化学方程式：____________________,写出转化④发生的离子方程式：____________________。‎ ‎(4)将Na2O2投入到E溶液中，可以观察到的现象是：_____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). HCl (3). 甲、乙、丙 (4). 丙 (5). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (6). Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ (7). 产生红褐色沉淀，同时生成无色气体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，由反应①可知，C为NaOH溶液，气体甲为H2；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙HCl，HCl溶于水得物质D为盐酸，盐酸与金属B反应生成物质E，物质E与Cl2反应生成物质F，F与NaOH反应生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，故物质F中含有Fe3+，分析可知金属B为Fe，物质E为FeCl2溶液，物质F为FeCl3溶液。‎ ‎【详解】（1）金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，原子结构示意图为，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl；故答案为： 、HCl；‎ ‎（2）A：Na、B：Fe、C：NaOH溶液、D：盐酸、E：FeCl2溶液、 F：FeCl3溶液、甲：H2、乙: Cl2、丙: HCl，其中不能导电的有：甲、乙、丙、属于电解质：丙，故答案为：甲、乙、丙；丙；‎ ‎（3）转化①为金属Na与水的反应氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，转化④为FeCl2与Cl2的反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；‎ ‎（4）E为FeCl2，将Na2O2投入到FeCl2溶液中，Na2O2具有强氧化性，氧化亚铁离子生成铁离子，产生红褐色沉淀，同时生成无色气体氧气，故答案为：产生红褐色沉淀，同时生成无色气体。‎ ‎【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，不能是单质。非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，也不能是单质。‎ ‎30.某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的花肥的主要成分(其它可能含有的杂质不干扰实验)。首先对该花肥的成分进行了如下假设：a．只含有FeSO4 b． c．只含有Fe2(SO4)3‎ 将花肥固体配成澄清溶液(记为X)，进行如下实验：‎ 实验序号 操作 现象 ⅰ 取2 mL溶液X，加入1 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液 产生红褐色沉淀 ⅱ 取2 mL溶液X，加入1滴KSCN 溶液显红色 回答以下问题：‎ ‎(1)假设b为_____________。‎ ‎(2)若假设a是成立的，对实验ⅰ的预期现象是___________。‎ ‎(3)由实验ⅱ得出的结论是______。结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设_____ 有可能成立(填“a”“b”“c”)。为进一步验证，小组同学又进行了以下实验：‎ 实验序号 操作 现象 ⅲ 取2 mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1 mL水 溶液显红色 ⅳ 取 ① mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1 mL氯水 溶液显红色，颜色比ⅲ深 ‎(4)①应填_______ mL,通过以上实验，可得出假设________成立(填“a”“b”“c”)。‎ ‎【答案】 (1). 既有FeSO4又有Fe2(SO4)3 (2). 产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色 (3). 溶液中含有Fe3+ (4). bc (5). 2 (6). b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，只有部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物；‎ ‎（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀；‎ ‎（3）KSCN溶液遇到铁离子变红色；‎ ‎（4）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：含有FeSO4和Fe2(SO4)3。‎ ‎【详解】（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物，所以假设b为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3，故答案为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3；‎ ‎（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，即Fe2++2OH−＝Fe(OH)2↓，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，发生反应：Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，所以预期现象为产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；‎ ‎（3）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，溶液变红色证明含铁离子，得出的结论是：溶液中含有Fe3+，结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设为含有Fe3+，所以bc，故答案为：溶液中含有Fe3+；bc；‎ ‎（4）实验ⅲ与实验ⅳ为对比实验，其变量为一个加水，另一个加氯水，所以都取2mL溶液X，实验ⅳ中加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3（假设b成立），完整表达该结论是：实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，因此证明原溶液中有Fe2+，即证明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立，故答案为：2；b。‎