【化学】黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

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【化学】黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35.5 S:32 Ba:137‎ 一、选择题 ‎1.下列物质分类的正确组合是( )‎ 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A Cu2(OH)2CO3‎ H2SO4‎ NaHCO3‎ SiO2‎ CO2‎ B NaOH HCl NaCl Na2O CO C NaOH NH3‎ CaCl2‎ MgO SO2‎ D KOH HNO3‎ CaCO3‎ CaO SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu2(OH)2CO3属于盐类,SiO2属于酸性氧化物,故A错误;‎ B.CO不属于酸性氧化物,故B错误;‎ C.NH3不属于酸,故C错误;‎ D.KOH属于碱、HNO3属于酸、CaCO3属于盐、CaO属于碱性氧化物、SO3属于酸性氧化物,分类正确,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎2.实验室欲用NaOH 固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL,在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是( )‎ A. 配制该溶液,需称量10.0 g NaOH固体 B. 定容时仰视刻度线 C. 未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容 D. 定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线,再加水至刻度线 ‎【答案】C ‎【解析】A、由于无240mL容量瓶,故选用250mL容量瓶,配制出的是250mL1.0mol/L的NaOH溶液,所需的NaOH的物质的量n=cV=0.25L×1.0mol/L=0.25mol,质量m=nM=0.25mol×40g/mol=10.0g,所配溶液浓度准确,选项A不选;B、定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,则浓度偏低,选项B不选;C、未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容,则待冷却后溶液体积偏小,浓度偏高,选项C选;D、定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线是正常的,再加水至刻度线会导致浓度偏低,选项D不选。答案选C。‎ ‎3.下列说法中不正确的是(  )‎ ‎①将硫酸钡放入水中不能导电,硫酸钡是非电解质;‎ ‎②氨溶于水得到氨水溶液能导电,氨水是电解质;‎ ‎③固态氯化氢不导电,液态氯化氢可以导电;‎ ‎④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子,硫酸氢钠是酸;‎ ‎⑤电解质放在水中一定能导电,非电解质放在水中一定不导电。‎ A. 仅①④ B. 仅①④⑤‎ C. 仅②③ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①虽然硫酸钡在水中的溶解度很小,只要溶解就完全电离,硫酸钡在熔融状态下,能完全电离,所以硫酸钡是电解质,①错误;‎ ‎②氨气在水溶液里,生成一水合氨,一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电,不是氨气自身电离,所以氨气是非电解质,②错误;‎ ‎③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电,是因电解质自身可以离解成自由移动的离子;固态的氯化氢不导电,液态的氯化氢只有氯化氢分子,不能导电,③错误;‎ ‎④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸,能电离出H+的化合物不一定是酸,硫酸氢钠能电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子,属于盐,④错误;‎ ‎⑤电解质放在水中不一定能导电,如碳酸钙固体在水中的溶解度很小,难溶于水,几乎不导电。碳酸钙在熔融状态下,能完全电离,碳酸钙是电解质;非电解质放在水中不一定不导电,如NH3在水溶液里,生成一水合氨,一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电,氨气自身未电离,所以氨气是非电解质,⑤错误;‎ 答案选D。‎ ‎4.下列关于分散系的说法中正确的是(  )‎ A. 不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等 B. 可吸入颗粒(例如硅酸盐粉尘)形成气溶胶,对人类健康的危害更大 C. 胶体的分散质粒子的直径为1~10 nm D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是有无丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分散系是混合物,水是纯净物,水不是分散系,故A错误;‎ B. 可吸入颗粒形成气溶胶,与空气接触面积大,更易被人体吸收,对人类健康危害极大,故B正确;‎ C. 胶体的分散质粒子的直径为1~100 nm,故C错误;‎ D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是分散质粒子直径不同,故D错误。‎ 选B。‎ ‎5.下列有关金属及其化合物的说法正确的是(  )‎ A. 钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应 B. 焰色反应是化学变化,可以用玻璃棒做焰色反应实验 C. CaO、Na2O、Na2O2均为碱性氧化物 D. 可用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠易与氧气反应,所以钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应,故选A;‎ B. 焰色反应是物理变化,用铂丝做焰色反应实验,故不选B;‎ C. CaO、Na2O为碱性氧化物, Na2O2为过氧化物,故不选C;‎ D NaHCO3和Na2CO3都能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀,不能用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3,故不选D;‎ 故选A。‎ ‎6.下列离子能大量共存的是( )‎ A. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中:Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-‎ B. 无色透明的溶液中:Cu2+、K+、SO42-、NO3-‎ C. 使酚酞试液呈红色的溶液中:Na+、K+、SO42-、CO32-‎ D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中:Na+、K+、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 在含有大量Ba(NO3)2的溶液中,Ba2+与SO不能大量共存,A错误;B. 无色透明的溶液中,Cu2+为蓝色,B错误,C. 在使酚酞试液呈红色的碱性溶液中, Na+、K+、SO、CO可以大量共存,C正确;D. 在使紫色石蕊试液呈红色的酸性溶液中,H+与CO不能大量共存,D错误。答案选C。‎ ‎7.下列实验中,所选装置或实验设计合理的是( )‎ A. 用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质,并获得Na2CO3固体 B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置 C. 用图④所示装置可以分离乙醇水溶液 D. 图⑤所示装置中盛有饱和Na2CO3溶液除去CO2中含有的少量HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①和②所示装置分别是过滤和蒸发,由于碳酸钙难溶于水,碳酸钠易溶于水,因此用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质,并获得Na2CO3固体,A正确;‎ B. 乙醇与水互溶,不能用乙醇提取溴水中的溴,B错误;‎ C. 不能用图④所示装置分离乙醇水溶液,因为缺少温度计,C错误;‎ D. 应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中含有的少量HCl,D错误。‎ 答案选A。‎ ‎8. 下列两种气体的原子数一定相等的是( )‎ A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4‎ B. 等体积、等密度的CO和N2‎ C. 等温、等体积的O2和Cl2‎ D. 等压、等体积的NH3和CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.M(N2)=M(C2H4)=28g/mol,等质量时,物质的量相等,但分子构成的原子数目不同,则等物质的量时原子数一定不等,故A错误;‎ B.等体积等密度的CO和N2的质量相等,二者摩尔质量都为28g/mol,物质的量相等,都是双原子分子,则原子数相等,故B正确;‎ C.压强不一定相等,则物质的量、原子总数不一定相等,故C错误;‎ D.因温度未知,则不能确定物质的量以及原子数关系,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎9.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是(  )‎ A. 足量钠与1mol氧气反应生成Na2O或Na2O2时,转移电子数相等 B. 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA C. a g CO和H2的混合气体充分燃烧的产物与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加ag D. 22.4L 氧气与 1mol氢气所含原子数均为 2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O中氧元素显-2价、Na2O2中氧元素显-1价,足量钠与1mol氧气反应生成Na2O转移4mol电子,生成Na2O2时转移2mol电子,故A错误;‎ B. Na2O2含Na+、O22-,所以1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA,故B错误;‎ C.根据CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,固体增加的质量可以看做是CO的质量,根据2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,固体增加的质量可以看做是H2的质量,所以a g CO和H2的混合气体充分燃烧的产物与足量的Na2O2充分反应后,质量增加ag,故C正确;‎ D.非标准状况下, 22.4L 氧气的物质的量不一定是1mol,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎10.下列各组溶液中的两个反应,可用同一离子方程式表示的是(  )‎ A. Ca(HCO3)2溶液和少量氢氧化钠溶液、NaHCO3溶液和过量的澄清石灰水 B. MgCO3和盐酸、Na2CO3溶液和盐酸 C. BaCl2溶液和稀硫酸、Ba(OH)2溶液和稀硫酸 D. 稀硝酸和碳酸钾溶液、稀盐酸和NaHCO3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca(HCO3)2溶液和少量氢氧化钠溶液反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O; NaHCO3溶液和过量的澄清石灰水反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O,故选A;‎ B. MgCO3和盐酸反应的离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O, Na2CO3溶液和盐酸反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2O,故不选B;‎ C. BaCl2溶液和稀硫酸反应的离子方程式是SO42-+Ba2+═BaSO4↓; Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应的离子方程式是2H++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+2H2O,故不选C;‎ D. 稀硝酸和碳酸钾溶液反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2O、稀盐酸和NaHCO3溶液反应的离子方程式是HCO3-+H+=CO2↑+H2O,故不选D。‎ ‎11.一块表面已被氧化为Na2O的钠块10.8g,将其投入100g水中,产生H2 0.2g,则被氧化的钠是 ( )‎ A. 9.2g B. 10.6g C. 6.2g D. 4.6g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】一块表面己被缓慢氧化的金属钠,其质量为10.8g,投入100g水中,发生反应:Na2O+H2O=2NaOH,2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;收集到氢气0.2g,则n(H2)=0.2g÷2g/mol=0.1mol,根据方程式的关系可知n(Na)=2n(H2)=0.2mol,m(Na)=0.2mol×23g/mol=4.6g,所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g=6.2g,则n(Na2O)=6.2g÷62g/mol=0.1mol,根据钠元素守恒,可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2mol,其质量是m(Na)=0.2mol×23g/mol=4.6g,答案选D。‎ ‎12.下列实验现象描述正确的是(  )‎ 选项 实 验 现 象 A 向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液 有氢氧化铁胶体产生 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化,失去光泽,熔化的铝滴落下来 C 向滴有酚酞的溶液中加入足量Na2O2粉末 溶液变红 D 加热放在坩埚中的小块钠 钠先熔化成光亮小球,燃烧时火焰为黄色,燃烧后生成淡黄色固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液,生成氢氧化铁沉淀,不是氢氧化铁胶体,故A错误;‎ B、在酒精灯上加热铝箔,表面生成高熔点的氧化铝薄膜,铝箔熔化,失去光泽,熔化的铝不滴落下来,故B错误;‎ C、Na2O2和水反应生成NaOH和氧气,使酚酞变红,但Na2O2有强氧化性,将变红的酚酞氧化为无色,所以溶液先变红后褪色,故C错误;‎ D、加热放在坩埚中的小块钠,钠先熔化成光亮的小球,燃烧时火焰为黄色,燃烧后生成淡黄色固体过氧化钠,故D正确。‎ 选D。‎ ‎13.如图,在蒸发皿中放一小块钠,加热至熔化时,用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触,瞬间产生耀眼的火花,同时有红色物质生成,据此判断下列说法中不正确的是(  )‎ A. 上述反应是置换反应 B. 上述反应证明钠可以从CuSO4溶液中置换出铜 C. 上述反应说明钠比铜活泼 D. 加热且无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在蒸发皿中放一小块钠,加热至熔化时,用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触,瞬间产生耀眼的火花,同时有红色物质生成,说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量,属于置换反应,钠作还原剂,硫酸铜作氧化剂,说明钠比铜活泼,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu。‎ ‎【详解】A、钠比铜活泼,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu,属于置换反应,故A正确; B、根据以上分析,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu,但是钠不能从CuSO4溶液中置换出铜,故B错误; C、根据以上分析,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu,钠作还原剂,铜是还原产物, 说明钠比铜活泼,故C正确; D、根据以上分析,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu,故D正确;‎ 选B。‎ ‎14.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物,向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液,气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热,有气体放出,下列判断正确的是( )‎ A. 混合物中一定不含有Na2CO3、NaCl B. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3‎ C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3 D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向混合物中加入足量的盐酸,有气体放出,该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种,将放出的气体通过过量的NaOH溶液后,气体体积有所减少,说明气体是氧气和二氧化碳的混合物,物质中一定含有过氧化钠,还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种,将上述混合物在空气中充分加热,也有气体放出,故一定含有碳酸氢钠,Na2CO3、NaCl不能确定,据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】向混合物中加入足量的盐酸,有气体放出,该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种,将放出的气体通过过量的NaOH溶液后,气体体积有所减少,说明气体是氧气和二氧化碳的混合物,物质中一定含有过氧化钠,还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种,将上述混合物在空气中充分加热,也有气体放出,故一定含有碳酸氢钠,Na2CO3、NaCl不能确定,‎ A、混合物中可能含有含有Na2CO3、NaCl,故A错误;‎ B、由上述分析可知,混合物中一定有Na2O2、NaHCO3,故B正确;‎ C、由上述分析可知,混合物中一定有NaHCO3,故C错误;‎ D、由上述分析可知,混合物中一定含有Na2O2,可能含有NaCl,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎15.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略):3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O,下列说法不正确的是(  )‎ A. 3mol Fe2+被氧化时有1mol O2被还原 B. 该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂 C. 每生成1mol Fe3O4转移4mol电子 D. 离子方程式中x=4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据化学方程式,2mol Fe2+被氧化时有1mol O2被还原,故A错误;‎ B. 该反应中Fe、S元素化合价都升高,所以Fe2+和S2O32-都是还原剂,故B正确;‎ C. 根据化学方程式,每生成1mol Fe3O4有1mol氧气反应,所以转移4mol电子,故C正确;‎ D. 根据电荷守恒,2×3-2×2-X×1=-2,X=4离子方程式中x=4,故D正确。 ‎ 选A。‎ ‎16.将0.8g NaOH和1.06g Na 2CO 3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1 mol·L -1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO 2的物质的量的关系的是(  )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液,当滴加盐酸时,先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O,再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl,最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。‎ ‎【详解】0.8g NaOH的物质的量是0.02mol、1.06g Na 2CO 3的物质的量是 mol;当滴加盐酸时,先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O反应,消耗盐酸的物质的量是0.02mol,盐酸体积是0.2L;再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl消耗盐酸的物质的量是0.01mol,盐酸体积是0.1L,生成碳酸氢钠的物质的量是0.01mol;最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,消耗盐酸的物质的量是0.01mol,盐酸体积是0.1L,生成二氧化碳的物质的量是0.01mol,故选D。‎ ‎17.现有下列三个氧化还原反应:① 2B- + Z2 = B2+2 Z - ② 2A2+ + B2 = 2A3+ + 2B- ③2XO4- + 10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O,根据上述反应,判断下列结论中错误的是( )‎ A. 要除去含有 A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B-,应加入Z2‎ B. 还原性强弱顺序为: A2+﹥B-﹥Z-﹥X2+‎ C. X2+是 XO4- 的还原产物, B2 是 B-的氧化产物 D. 在溶液中可能发生反应: XO4- +5 A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O ‎【答案】A ‎【解析】A.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中,氧化性XO4->Z2;反应②2A2++B2=2A3-+2B-中,氧化性B2>A3+;反应①2B-+Z2=B2+2Z-中,氧化性Z2>B2,则氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+,所以要除去含有 A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B-,应加入B2,故A错误;B.由①②③反应中还原性的比较可知,还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+,故B正确;C.反应③中X元素的化合价降低,则XO4-为氧化剂,则X2+是XO4-的还原产物,反应①中B- 发生氧化反应生成B2 ,即B2 是 B-的氧化产物,故C正确;D.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中,氧化性XO4->Z2;反应②2A2++B2=2A3-+2B-中,氧化性B2>A3+;反应①2B-+Z2=B2+2Z-中,氧化性Z2>B2,则氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+,所以溶液中XO4-能氧化A2+,发生的反应为XO4- +5 A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O,故D正确;答案为A。‎ ‎18.氯气与冷的氢氧化钠反应生成NaCl与NaClO,与热的氢氧化钠反应生成NaCl与NaClO3。一定温度下,氯气与氢氧化钠反应生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为3:2,求该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为(  )‎ A. 5/16 B. 5/17 C. 5/13 D. 13/5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化产物为NaClO与NaClO3,二者物质的量之比为2:3,令NaClO与NaClO3的物质的量分别为2mol、3mol;还原产物为NaCl,根据电子转移守恒,可知NaCl的物质的量= =13mol,故该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比=(2mol+3mol):13mol=5:13,故选C。‎ ‎19.120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸,不管将前者滴入后者,还是将后者滴入前者,都有气体产生,但最终生成的气体体积不同,且比值为5:2,则盐酸的浓度是(   )‎ A. 2.0mol/L B. 1.0mol/L ‎ C. 0.18mol/L D. 1.25mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑,‎ 当盐酸滴入碳酸钠溶液时,反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑,都有气体产生,说明HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量,又因为最终生成的气体体积不同,当碳酸钠滴入盐酸中时碳酸钠有剩余,当盐酸滴入碳酸钠溶液时,第一步反应完全,第二步反应碳酸氢根离子有剩余。‎ ‎【详解】设HCl为nmol;当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应,生成CO2的物质的量为mol;当盐酸滴入碳酸钠溶液时,反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑,发生CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸0.2mol,发生HCO3-+H+═H2O+CO2↑反应,消耗盐酸(n-0.2)mol,所以生成CO2的物质的量为(n-0.2)mol,则:(n-0.2)=5:2,n=0.25,盐酸的浓度是1.25mol/L,故选D。‎ ‎20.将112mLCl2(标准状况)通入5mL1mol/L的FeBr2溶液中(还原性:Fe2+大于Br-),发生反应的离子方程式是(  )‎ A. Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 B. 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2‎ C. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- D. 2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据还原性Fe2+>Br-可知,通入氯气先发生反应:2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,Fe2+反应完毕,剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-。‎ ‎【详解】标况下112mL氯气的物质的量为:n(Cl2)==0.005mol,5mL1mol/L的FeBr2溶液中含有溶质溴化亚铁的物质的量为:n(FeBr2)=1mol/L×0.005L=0.005mol,含有亚铁离子的物质的量为0.005mol,溴离子的物质的量为0.01mol;根据反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-可知,0.005mol亚铁离子完全反应消耗0.0025mol氯气,剩余氯气0.0025mol,剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-;0.0025mol氯气氧化Br-的物质的量是0.005mol,则反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2,故选B。‎ 二、填空题 ‎21.下列各物质中只有A、B、C三种单质,A焰色反应为黄色,主要以G形式存在于海水中,F是一种淡黄色的固体,H是一种常见的无色液体,I是造成温室效应的“元凶”,各物质间的转化关系图如下: ‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)A是:____________, I是:____________(填化学式); ‎ ‎(2)按要求写出下列反应的方程式: ‎ Ⅰ.①的化学方程式:______________________________; ‎ Ⅱ.②的化学方程式(同时用双线桥法表示该反应的电子转移情况):________________; ‎ Ⅲ. J与过量的澄清石灰水反应的离子方程式:______________________________。‎ ‎【答案】(1). Na (2). CO2 (3). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (4). (或写成“2×e-”) (5). HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C三种单质,A的焰色反应为黄色,A是Na;钠元素主要以氯化钠形式存在于海水中,G是氯化钠;F是一种淡黄色的固体,F是Na2O2;H是一种常见的无色液体,H是水;I是造成温室效应的“元凶”,I是CO2‎ ‎。根据流程图,钠与单质C生成氯化钠,C是氯气;钠与B单质生成过氧化钠,B是氧气;钠与水反应生成氢氧化钠,D是氢氧化钠,氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠,K是碳酸钠;碳酸氢钠加热分解为碳酸钠,J是碳酸氢钠;碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠,L是盐酸。‎ ‎【详解】(1)A、B、C三种单质,A的焰色反应为黄色,A是Na;I是造成温室效应的“元凶”,I是CO2。; ‎ ‎(2)Ⅰ.反应①是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑; ‎ Ⅱ.F是过氧化钠,反应②是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,反应的实质是Na2O2和H2O发生复分解反应生成氢氧化钠和过氧化氢,过氧化氢分解为水和氧气,水既不是氧化剂又不是还原剂,氢氧化钠既不是氧化产物又不是还原产物,过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低,用双线桥法表示该反应的电子转移为; ‎ Ⅲ. J是碳酸氢钠,与过量的澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水,反应的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。‎ ‎22.某固体混合物中,可能含有下列离子中的几种:K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-,将该混合物溶于水后得澄清溶液,现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验:‎ ‎(1)在一份溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成;‎ ‎(2)在另一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热,收集到1.12L气体(标准状况下);‎ ‎(3)在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成,经称量其质量为6.27g,在该沉淀中 加入足量的盐酸,沉淀部分溶解,剩余固体质量为2.33g。‎ 根据上述实验回答下列问题:‎ ‎①溶液中一定不存在离子是:_______________________________;‎ ‎②溶液中一定存在的阴离子有:_______________;其物质的量浓度分别为:_____________;‎ ‎③推断K+是否存在:(填“是 ”或“否”)________________,其物质的量浓度为:___________。‎ ‎【答案】(1). Ba2+、Mg2+ (2). SO42-、CO32- (3). 0.1mol/L、0.2mol/L (4). 是 (5). C(K+)≥0.1mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀产生,说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-等离子,且至少一种; ②1.12L气体为氨气,溶液中一定含有NH4+,并且物质的量为0.05mol; ③2.33g沉淀为硫酸钡,6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物;根据电荷守恒,得出是否存在钾离子,以此解答该题。‎ ‎【详解】①碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验1得到沉淀无法确定是氯化银,故实验1对Cl-是否存在的判断是:不能确定;利用实验2可知含有铵离子,利用实验3可知沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡,即溶液中一定含有CO32-、SO42-,碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,故可判知溶液一定不存在的离子是:Ba2+、Mg2+;‎ ‎②结合①中分析可知溶液中一定含有的阴离子为CO32-、SO42-,由碳酸钡可溶于盐酸,硫酸钡不溶于盐酸,可推知加入盐酸后剩余2.33g固体为BaSO4,利用硫守恒可知溶液中n(SO42-)=0.01mol,c(SO42-)= 0.1mol/L;6.27g固体中碳酸钡的质量为6.27g-2.33g=3.94g,利用碳守恒可知溶液中n(CO32-)==0.02mol,c(CO32-)=0.2mol/L;‎ ‎③溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32-和SO42-,经计算,NH4+的物质的量为0.05 mol,利用②中分析、计算可知CO32-、SO42-的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol,根据电荷守恒,n(+)=n(NH4+)=0.05mol,n(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06mol,钾离子一定存在。若不含Cl-,则n(K+)=0.01mol,若含Cl-,则n(K+)>0.01mol,所以C(K+)≥0.1mol/L。‎ ‎23.按要求填空:‎ ‎(1)还原铁粉与高温水蒸气反应的化学方程式:_____________________________________;‎ ‎(2)除去Mg粉中的Al粉的试剂是__________ ,反应的离子方程式为:____________;‎ ‎(3)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性,可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到,请补充并配平下面离子方程式。‎ ‎____Fe(OH)3 +____ClO-+____OH- =__FeO42-+___Cl-+__( )‎ ‎(4)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4‎ 中,氧化剂是________________;还原剂是_______________;当有11molP参加反应,转移的电子的物质的量为________;1molCuSO4能氧化的P原子的数目为_____________。‎ ‎【答案】(1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑ (2). NaOH溶液 (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 2 (5). 3 (6). 4 (7). 2 (8). 3 (9). 5 (10). H2O (11). P、CuSO4 (12). P (13). 30mol (14). 0.2NA(1.204×1023)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气;‎ ‎(2)Mg与酸反应, Al粉既能与酸反应又能与碱反应;‎ ‎(3)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式;‎ ‎(4)11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,P元素的化合价由0降低为-3价,这样的P原子是5mol,还有P元素的化合价由0升高为+5价,这样的P原子是6mol,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,根据氧化还原反应的概念以及电子守恒知识来解答。‎ ‎【详解】(1)还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,反应方程式是3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑;‎ ‎(2)Mg与酸反应, Al粉既能与酸反应又能与碱反应,所以用氢氧化钠溶液除去Mg粉中的Al粉,铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;‎ ‎(3)氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到高铁酸钠,铁元素化合价由+3升高为+6,氯元素化合价由+1降低为0,根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒,离子方程式为2Fe(OH)3 +3ClO-+4OH- =2FeO42-+3Cl-+5 H2O;‎ ‎(4)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,部分P原子的化合价由0降低为-3价, Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,氧化剂是P、CuSO4;部分P元素的化合价由0升高为+5价,还原剂是P;P元素的化合价由0降低为-3价,这样的P原子是5mol,还有P元素的化合价由0升高为+5价,这样的P原子是6mol,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,当有11molP参加反应,转移的电子的物质的量为30mol;Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,P元素的化合价由0升高为+5价,所以1molCuSO4能氧化的0.2molP原子,氧化P原子的数目为0.2NA(或1.204×1023)。‎ ‎24.已知某纯碱试样中含有 NaCl 杂质,为测定试样中纯碱的质量分数,可用下图中的装置进行实验。‎ 主要实验步骤如下:‎ ‎①按图组装仪器,并检查装置的气密性;‎ ‎②将 a g 试样放入锥形瓶中,加适量蒸馏水溶解,得到试样溶液;‎ ‎③称量盛有碱石灰的 U 形管的质量,得到 b g;‎ ‎④从分液漏斗滴入 6 mol•L-1的硫酸,直到不再产生气体时为止;‎ ‎⑤从导管 A 处缓缓鼓入一定量的空气;‎ ‎⑥再次称量盛有碱石灰的 U 型管的质量,得到 c g;‎ ‎⑦重复步骤⑤和⑥的操作,直到 U 型管的质量基本不变,为 d g;‎ 请填空和回答问题:‎ ‎(1)第一个洗气瓶中氢氧化钠溶液的作用是____________________‎ ‎(2)装置中干燥管 B 的作用是_______________________________‎ ‎(3)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸,测试的结果_________(填偏高、偏低或不变)。‎ ‎(4)步骤⑤的目的是_______________________________________‎ ‎(5)步骤⑦的目的是_________________________________________‎ ‎(6)该试样中纯碱的质量分数的计算式为________________________。‎ ‎【答案】(1). 吸收空气中的CO2 (2). 防止空气中的二氧化碳和水气进入U型管中 (3). 偏高 (4). 把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中 (5). 判断反应产生的二氧化碳是否全部排出,并被U型管中的碱石灰吸收 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】实验原理是通过准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量,计算碳酸钠的量;盐酸的挥发性,空气中含有二氧化碳和水蒸气都会对实验产生干扰,据此回答。‎ ‎【详解】(1)空气中含有二氧化碳,氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,防止空气中的二氧化碳气体进入U型管中的碱石灰,干扰实验;‎ ‎(2)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳,但空气中也存在二氧化碳,干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管,对结果产生误差。‎ ‎(3)由于盐酸具有挥发性,也会随着二氧化碳进入U型管,被误认为是二氧化碳,所以二氧化碳的质量偏大,算出的碳酸钠的质量也会偏大的,所以结果会偏大。‎ ‎(4)由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳,鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管;步骤⑤的目的是把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中;‎ ‎(5)U型管的质量基本不变,说明二氧化碳已经被全部排到U型管中;步骤⑦的目的是判断反应产生的CO2是否全部排出,并被U型管中的碱石灰吸收;‎ ‎(6)设需要碳酸钠的质量为X,则: Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑ 106 44 X d-b 列比例式: 解得X=; 所以试样中纯碱的质量分数的计算式为;‎
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