1、1兰州一中 2018-2019-1 学期高一年级期中考试试题化学说明：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。满分 100 分，考试时间100 分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。相对原子质量： H - 1 C - 12 N-14 O - 16 Na-23 S-32 Cl - 35.5 Ca - 40 Ba- 137 第卷（共 48 分）选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题 2 分，共 48 分）1.在生产生活中，对于易燃、易爆、有毒的化学物质，按规定会在其包装上面贴上危险警告标签。下面所列物质，贴错了包装标签的是选项 A B C D物质 浓硫酸 酒精 醋酸 氯酸钾标签A.
2、A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】解答本题可根据浓硫酸、酒精、乙酸和氯酸钾药品的性质与图中所示标志的含义进行分析判断。【详解】浓硫酸有腐蚀性，属于腐蚀品，图为腐蚀品标志，A 正确；乙醇属于易燃物，图为易燃液体标志，B 正确；乙酸是食用醋的主要成分，不是剧毒品，C 错误；KClO 3属于易爆物，图为爆炸品标志，符合题意，D 正确。故选 C。【点睛】本题考查危险品标志的辨识，依据各种物质的性质结合标签所代表的含义进行分析判断是解答关键。22.溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是（ ）A. 丁达尔效应 B. 是否能透过半透膜C. 是否均一、透明、稳定 D. 分散质粒子大小
3、【答案】D【解析】溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是分散质微粒大小不同，其中浊液的分散质微粒大于 100nm，溶液的分散质微粒小于 1nm，胶体的分散质微粒介于 1nm100nm 之间，答案选 D。3.下列仪器常用于物质分离的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】常用的分离操作有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液等，结合仪器的用途来解答。漏斗在过滤时需要，分液漏斗在萃取、分液时需要，蒸馏烧瓶在蒸馏时需要。【详解】试管常用于物质的制备及性质实验，不能用于分离，故错误；漏斗可用于过滤分离，故正确；分液漏斗可用于分离互不相溶的液体，故正确；托盘天平常用于称量物质的质量，故错误；蒸馏烧瓶
4、常用于分离沸点不同的液体，故正确；研钵常用于研磨固体，不能用于分离，故错误。故选 B。【点睛】本题考查混合物分离、提纯，注重实验基础知识和基本技能的考查，把握常见的仪器及仪器的用途、混合物分离方法为解答的关键。4.比较 1.0mol N2和 1.0mol CO 的下列物理量：质量 体积 分子数 原子总数 质子总数 电子总数，其中相同的是A. B. C. D. 3【答案】C【解析】【分析】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同；未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算已知物质的量气体的体积。【详解】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数
5、相同，所以相同物质的量的氮气和一氧化碳的质量、分子数、原子数、质子数和电子数相同，但未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算和比较已知物质的量气体的体积。故选 C。【点睛】本题是有关物质的量的计算题，了解质子数与原子序数的关系和明确计算气体体积的条件是解本题的关键。5.物质分类的依据通常有组成和性质，下列物质分类中，只考虑组成的是A. NaNO3是钠盐、硝酸盐、正盐B. H 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸C. Mg(OH)2是二元碱、难溶性碱、中强碱D. Al2O3是金属氧化物、两性氧化物、最高价氧化物【答案】A【解析】【分析】A 项都是根据其组成而划分的；B 项根据组成分为二元酸，而依据
6、不同性质可分为强酸和挥发性酸；C 项中的难溶性碱、中强碱是根据其不同性质划分的；D 项中 Al2O3依据不同性质可分别属于两性氧化物、最高价氧化物。【详解】根据 NaNO3组成的元素或离子，可以将硝酸钠归为钠盐、硝酸盐、正盐等类别，A正确；H 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸，是根据硝酸的组成和性质进行的分类，B 错误；Mg（OH） 2是二元碱、难溶性碱、中强碱，是根据氢氧化镁的组成和性质进行的分类，C 错误；Al 2O3是两性氧化物、金属氧化物、最高价氧化物，是根据氧化铝的性质和铝元素的化合价态进行的分类，D 错误。故选 A。【点睛】本题考查物质分类的方法，对物质进行分类是研究物质的重要方
7、法，常见的分类方法是按着物质的组成、结构和性质进行分类的。6.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞箐”的分子(直径为 1.3108 m)恢复了磁4性。 “钴酞箐”分子的结构和性质与人体内的血红素和植物的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞箐”分子的说法中正确的是A. 它的分子直径比 Na 小，在做布朗运动B. 它的分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C. 它在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D. 它在水中所形成的分散系属乳浊液【答案】C【解析】【分析】由于该物质的分子直径在 1 纳米和 100 纳米之间，所以形成的分散性是胶体，胶体能产生丁达尔效应、做布朗运动，能透过滤纸，但不能透过半透膜。【详解】
8、钴酞菁”的分子（直径为 1.3nm） ，属于胶体分散系，Na +半径小于 1nm，分子直径比 Na 大，A 错误；钴酞菁”分子（直径为 1.3nm） ，能透过滤纸，不能透过半透膜， B 错误；钴酞菁”的分子（直径为 1.3nm） ，在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象，C 正确；钴酞菁”的分子（直径为 1.3nm） ，属于胶体分散系，D错误。故选 C。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，掌握胶体分散系的本质特征是解题的关键。7.下列说法中不正确的是BaSO 4不溶于水,其水溶液的导电能力极弱,所以 BaSO4是弱电解质SO 2的水溶液能导电,所以 S
9、O2是电解质液溴不导电,所以液溴是非电解质硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸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. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】BaSO4难溶于水，但溶解部分是完全电离的；SO 2与水反应反应生成亚硫酸，亚硫酸是电解5质，SO 2不是电解质；液溴是单质，单质既不是电解质也不是非电解质；硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，属于盐；电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙，非电解质放在水中不一定不导电，如 NH3。【详解】硫酸钡在水中的溶解度很小，但溶解的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是电解质，错误；SO 2溶于水，与水反应反应生成
10、亚硫酸，亚硫酸在溶液中能够电离，属于电解质，SO2属于非电解质，错误；电解质和非电解质都必须是化合物，溴是单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；酸电离出的阳离子都是氢离子，硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，属于盐，错误；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，几乎没有自由移动的离子，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导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，错误。故选 D。【点睛】本题主要考查物质的分类，涉及电解
11、质的概念、导电与否和酸的概念，注意电解质和非电解质都必须是化合物，酸电离出的阳离子都是氢离子是关键。8.下列说法中正确的是A. 有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应B. 置换反应一定是氧化还原反应,复分解反应一定不是氧化还原反应C. 氧化还原反应中的反应物不是氧化剂就是还原剂D. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原【答案】B【解析】【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；置换反应中一定存在元素的化合价变化，复分解反应中没有元素的化合价变化；氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂；氧化还原反应中可能是一种元素即被氧化有被还原。【详解】有元素
12、化合价变化的反应为氧化还原反应，置换反应一定为氧化还原反应，同素异形体的转化中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，A 错误；置换反应中一定存在元素的化合价变化，如 Zn 与酸反应生成氢气，一定为氧化还原反应，复分解反应中没有元素的化合价变化，则凡是氧化还原反应，都不可能是复分解反应，B 正确；氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与 NaOH 溶液的反应中，NaOH 为反应6物，不是氧化剂也不是还原剂，C 错误；氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同一种元素，如碳与二氧化碳反应生成一氧化碳,被氧化和被还原的元素都是碳元素，D 错误。故选 B。【点睛】本题考查氧化还原
13、反应，把握反应中元素的化合价变化和氧化还原反应与四种基本反应类型的关系为解答的关键。9.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： Ba 2+ + OH + H+SO42 = H2O +BaSO4B. 稀硫酸与铁粉反应： 2Fe + 6H + = 2Fe3+ + 3H2C. 氯化铜溶液与铁粉反应： Cu 2+ + Fe = Fe2+ + CuD. 碳酸钠溶液与醋酸反应： CO 32 + 2H+ = H2O + CO2【答案】C【解析】【分析】氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水不符合定组成规律；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子；Fe 比 Cu 活泼，Fe 能从盐溶液中
14、置换出 Cu；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写。【详解】稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H +SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H 2O，A 错误；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子，离子方程式为 Fe+2H+=Fe2+H2，B 错误；Fe 比 Cu 活泼，则氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为 Cu2+Fe=Fe2+Cu，C 正确；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写，反应的离子方程式为：2CH 3COOH+CO32-2CH 3COO-+CO2+H 2O，D 错误。故选 C。【点睛】本题考查离子方程式的书写，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后
15、再根据离子方程式的书写规则进行判断。离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等） 、检查是否符合原化学方程式等。10.为了除去粗盐中的 Ca2+、Mg 2+、SO 42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤加过量 NaOH 溶液 加适量盐酸加过量 Na2CO3 溶液加过量 BaCl2溶液，不合7理的操作顺序是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加
16、氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为：或或，选项 A 不正确，符合题意。考点：粗盐提纯基本操作顺序，涉及离子反应。11.NA代表阿伏加德常数，下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4 L SO 3含有的分子数为 NAB. 1.06 g Na2CO3含有的 Na 离子数为 0.02 NAC. 11.2L 氮气所含的原子数目为 NAD. 物质的量浓度为 0.5 mol/L 的 MgCl2溶液中，含有 Cl 个数为 NA【答案】B【解析】【分析】标准状况下三氧化硫的状态不是气体；1m
17、ol 碳酸钠中含 2mol 钠离子；未明确条件是否是标准状况；溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算。【详解】标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，A 错误；1.06g Na2CO3的物质的量是 0.01mol，1mol 碳酸钠中含 2mol 钠离子，故 1.06g Na2CO3含有 0.02mol 钠离子，B 正确；未明确条件是否是标准状况，不能使用标况下的气体摩尔体积计算 11.2L 氮气的物质的量，C 错误；溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，D 错误。故选 B。【点睛】阿伏加德罗常数题既考查了物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗
18、常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。812.某溶液中只含 Na 、Mg 2 、SO 42 、Cl 四种离子，其物质的量浓度之比为 c (Na ) c(Mg 2 )c（Cl ）321, 若 Na 的浓度为 3 mol/L，则 SO42 的浓度为A. 2 mol/L B. 3 mol/L C. 4 mol/L D. 6 mol/L【答案】B【解析】【分析】根据钠离子的浓度，由离子浓度比例关系计算镁离子、氯离子的浓度，根据溶液电荷守恒故选 c
19、（Na +）+2c（Mg 2+）=c（Cl -）+2c（SO 42-）计算。【详解】假设 Na+浓度为 3mol/L，由 c（Na +）：c（Mg 2+）：c（Cl -）=3：2：1，可得c（Mg 2+）=2mol/L，c（Cl -）=1mol/L，根据溶液电荷守恒有 c（Na +）+2c（Mg 2+）=c（Cl -）+2c（SO 42-） ，3mol/L+22mol/L=11mol/L+2c（SO 42-） ，解得：c（SO 42-）=3mol/L，故选 B。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，混合溶液中利用电荷守恒计算离子浓度是解答关键。13.下列现象或应用不能用胶体的知识解释的是A.
20、 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象B. 土壤表面积巨大且一般带负电，能吸收 NH4+等营养离子，使土壤具有保肥能力C. 向 FeCl3溶液中加入 NaOH 溶液，会出现红褐色沉淀D. 水泥、冶金工厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气的污染【答案】C【解析】【分析】气溶胶具有丁达尔现象；胶粒带电荷，能吸附带相反电荷的离子；红褐色沉淀是生成的氢氧化铁，不是胶体；烟尘属于气溶胶，胶体具有电泳性质。【详解】阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关，A 正确；土壤胶粒带电荷，能吸附带相反电荷的离子，可用胶体的知识解释，B 正确；在 FeCl3溶液
21、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，C 错误；烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，D 正确。故选 C。【点睛】本题考查胶体的性质，掌握胶体性质是丁达尔现象、电泳是解题关键。914.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是A. NH4+、Mg 2+、SO 42 、NO 3 B. Ba2+、Na +、OH 、Cl C. K+、NH 4+、MnO 4 、SO 42 D. K +、Na +、NO 3 、HCO 3【答案】A【解析】【分析】无色透明溶液中不存在有色离子，强酸性溶液中一定存在大量的氢离子，一定不存在OH 、HCO 3 等。【详
22、解】酸性溶液中该组离子之间不反应，则能共存，A 正确；酸性条件下 OH-不能大量共存，B 错误；溶液中 MnO4-为紫色，与无色透明的强酸性溶液不符，C 错误；HCO 3-与氢离子反应生成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D 错误。故选 A。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件。15.制备氰氨基化钙的化学方程式为 CaCO3+2HCN CaCN2+CO+H 2+CO 2,下列说法正确的是A. 氢元素被氧化, 碳元素被还原B. HCN 被氧化, CaCO
23、 3被还原C. HCN 是氧化剂, CaCO 3是还原剂D. CaCN2是氧化产物, H 2为还原产物【答案】D【解析】【分析】CaCO3+2HCN=CaCN2+CO+H 2+CO 2中，N 元素化合价不变，生成物 CO2中碳元素来自碳酸钙，它的化合价没有发生变化，生成物 CO 中碳元素来自 HCN，C 的化合价没有发生变化，HCN 中的 H 原子得电子由+1 价变为 0 价（2 个 H 原子） ，得到 H2，HCN 中的 C 原子失电子，由+2 价变为+4 价（1 个 C 原子） ，得到 CaCN2。【详解】因 HCN 中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，
24、A 错误；因 HCN 中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则 HCN 既是氧化10剂又是还原剂，碳酸钙中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B、C错误；HCN 中的碳元素化合价由+2 升高到+4，对应的氧化产物为 CaCN2，HCN 中的氢元素化合价由+1 价降低到 0，对应的还原产物为 H2，D 正确。故选 D。【点睛】本题考查氧化还原反应，准确判断物质中元素的化合价是解答本题的关键，HCN、CaCN 2中元素的化合价分析是解答中的难点。16.同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有 C2H4，另一个装有 C2H2和 C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定具有相同的A.
25、质量 B. 原子总数 C. 碳原子数 D. 密度【答案】C【解析】试题分析：同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同。C 2H4、C 2H2、C 2H6每个分子中的 C 原子数都是 2，所以碳原子数相同。根据 m=nM，两瓶中装有 C2H2和 C2H6的混合气体的瓶子 M 无法确定，所以 m 无法判断，据 =m/V，V 一定，所以 无法判断，C 2H2和 C2H6的物质的量之比不确定，所以原子数也无法确定，答案选 C。考点：考查物质的量的有关计算17.按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的A. 同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B.
26、同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C. 同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比D. 同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比【答案】B【解析】试题分析：由 PV=nRT 可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A 正确；由 PV=nRT 可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又 V=m/，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B 错误；由 pM=RT 可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C 正确；由PV=nRT 可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，
27、D 正确。11考点：阿伏加德罗定律及推论18.可以用离子方程式 H OH H 2O 来表示的化学反应是A. 硫酸和 Ca(OH)2溶液的反应 B. 盐酸和 Cu(OH)2的反应C. 醋酸和 NaOH 溶液的反应 D. 硫酸氢钠溶液和 KOH 溶液的反应【答案】D【解析】【分析】离子方程式 H+OH-=H2O 表示强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水的反应，如：盐酸和氢氧化钠、盐酸和氢氧化钡、硝酸和氢氧化钾等。【详解】稀硫酸和 Ca（OH） 2溶液生成的硫酸钙是沉淀，硫酸钙不能拆成离子的形式，A 错误；氢氧化铜是弱碱，在离子方程式中不能拆成离子的形式，B 错误；醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离
28、子的形式，C 错误；NaHSO 4溶液为强酸的酸式盐，书写时要拆写为H+，硫酸氢钠溶液和 KOH 溶液的反应生成硫酸钾和水，D 正确。故选 D。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，侧重复分解反应的离子反应考查，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意化学式的拆分是否正确。19.现有下列三个氧化还原反应：2FeCl 32KI=2FeCl 22KClI 2 2FeCl 2Cl 2=2FeCl32KMnO 416HCl(浓)=2KCl2MnCl 25Cl 28H 2O若某溶液中含有 Fe2+、Cl -和 I-，要除去 I-而不氧化 Fe2+和 Cl-，可以加入的试剂是( )A.
29、 Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl【答案】C【解析】根据反应可知：还原性：I Fe2 ，反应可知：Fe 2 Cl ，反应Cl Mn2+；综上还原性：I Fe2 Cl Mn2+，氧化性：KMnO 4 Cl2 FeCl3 I2；现要除去 I 而不氧化Fe2 和 Cl ，只能加 FeCl3试剂，C 正确；而 Cl2 和 KMnO4都能氧化 Fe2 和 I ，达不到目的，A 、B 均错误，盐酸不能氧化 I ，D 错误；正确选项 C。20.下列各组中两种溶液间的反应，能用同一离子方程式来表示的是A. HCl+Na2CO3；H 2SO4+KHCO3B. BaCl2+Na2SO4；B
30、a(OH) 2+(NH4)2SO412C. Fe+H2SO4(稀)；Fe+HNO 3 (稀)D. NaHCO3（过量）和 Ca(OH)2，Ca(HCO 3)2和 NaOH（过量）【答案】D【解析】【分析】HCO3-不能拆写为 CO32-；Ba 2+与 SO42-反应，NH 4+也能与 OH-反应；铁与稀硫酸反应生成氢气，与稀硝酸反应生成一氧化氮；NaHCO 3（过量）和 Ca(OH)2反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，Ca（HCO 3） 2和 NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。【详解】前者离子方程式为：CO 32-+2H+=CO2+H 2O；后者离子方程式为：HCO 3-+H+=CO2+
31、H 2O，不可用同一离子方程式表示，A 错误；前者离子方程式为：Ba 2+SO42-=BaSO4；后者离子方程式为：2NH 4+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+2NH 3H2O，不可用同一离子方程式表示，B 错误；前者离子方程式为：Fe+2H +=Fe2+H2；后者离子方程式为：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H 2O，C 错误；NaHCO 3（过量）和 Ca（OH） 2反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，Ca（HCO 3） 2和 NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式都是：2HCO 3-+2OH-+Ca2+=CaCO3+2H 2O+CO32-，可用同一离子方程
32、式表示， D 正确。故选 D。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，注意离子反应中化学式能否拆写、相对用量对反应的影响，明确发生的化学反应是解答本题的关键。21.高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠(Na 2FeO4)制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe(OH) 33ClO 4OH =2FeO42-3Cl 5H 2O，干法制备的主要反应为：2FeSO 46Na 2O2=2Na2FeO42Na 2O2Na 2SO4O 2下列有关说法不正确的是A. Na2FeO4中铁显6 价B. 湿法中每生成 1 mol Na2FeO4转移 3 mol 电子C. 干法中每生成 1 mol Na2
33、FeO4转移 4 mol 电子D. Na2O2在干法制备的反应中既是氧化剂又是还原剂【答案】C【解析】【分析】化合物中正负化合价的代数和为 0；湿法中 Fe 元素的化合价由+3 价升高为+6 价；干法中Fe 元素的化合价由+2 价升高为+6 价，O 元素的化合价由-1 价升高为 0；干法制备的反应中，13Na2O2中 O 元素的化合价既有由-1 价升高为 0，也有-1 价升高为2 价，【详解】高铁酸钠中 Na 为+1 价，O 为-2 价，则铁显+6 价，A 正确；湿法中每生成1molNa2FeO4，有 1molFe（OH） 3参加反应，化合价由+3 价升高到+6 价，转移电子 3mol，B正确
34、；干法中每生成 1molNa2FeO4，Fe 元素的化合价由+2 价升高为+6 价，O 元素的化合价由-1 价升高为 0，转移电子 1mol（6-2）+0.5mol2（1-0）=5mol，C 错误；干法制备中，O 元素的化合价既有由-1 价升高为 0，也有-1 价升高为2 价，Na 2O2既是氧化剂又是还原剂，D 正确。故选 C。【点睛】本题考查氧化还原反应，试题注意化学与生活的联系，侧重分析与应用能力的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。22.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Fe 3+、K 、H 、SO 42-、CO 32-、OH 。已知甲烧杯的溶液呈黄色，则乙烧杯
35、的溶液中大量存在的离子是A. CO32-、OH 、SO 42- B. K 、OH 、CO 32-C. Fe3+、H 、SO 42- D. K 、H 、SO 42-【答案】B【解析】【分析】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有 Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。【详解】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有 Fe3+离子，CO 32-、OH -离子与 Fe3+离子生成沉淀而不能大量共存，则 CO32-、OH -离子存在于乙烧杯中，溶液中含有阴离子，则一定存在阳离子，而 H+离子与 CO32-、OH -离子不能共存，所以乙烧杯中还含有 K+离子，所以甲烧杯中含有 H
36、+-、Fe 3+、SO 42-离子，乙烧杯中含有 K+、OH -、CO 32-离子，故选 B。【点睛】本题考查离子共存问题，根据溶液的颜色判断甲烧杯中含有 Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。23.实验中需 0.2mol/L 的 Na2CO3溶液 950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO310H2O 的质量分别是A. 1000mL，57.2g B. 1000mL，28.6gC. 950 mL，54.3g D. 950mL，28.6g【答案】A14【解析】【分析】由于容量瓶没有 950mL 规格，应用 1000mL 的容量瓶进行配制，然后根据 m=cVM
37、 进行计算。【详解】容量瓶没有 950mL 规格，应用 1000mL 的容量瓶进行配制，则 m（Na 2CO310H2O）=cVM=1L0.2mol/L286g/mol=57.2g，故选 A。【点睛】本题考查溶液的配制知识，注意实验室常用容量瓶的规格。24.同体积同物质的量浓度的 AgNO3溶液中分别加入同体积的 NaCl、MgCl 2、AlCl 3溶液，恰好使 Cl-完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 1:4:9 D. 6:3:2【答案】D【解析】【分析】反应实际上都是氯离子与银离子的反应，所以消耗 AgNO3物质的量相同，也就是氯离子的物
38、质的量相同。【详解】相同物质的量的硝酸银溶液分别与等体积的 NaCl、MgCl 2、AlCl 3溶液反应，恰好使它们中的 Cl-完全转化为 AgCl 沉淀时，氯离子的物质的量相等，溶液的体积相等，则三种溶液的浓度与氯离子的数目成反比，所以其浓度之比为 1：(1/2)：(1/3)=6：3：2，故选 D。【点睛】本题考查离子反应及物质的量的有关计算，侧重分析与计算能力的考查。第卷（共 52 分）25. 现有下列 10 种物质: Al 稀硝酸 乙酸 液氨 干冰 NaCl NaOH 溶液 BaCO 3 酒精 HCl 气体，完成下面的填空，只填序号其中属于混合物的是_; 属于非电解质的是_; 属于强电解
39、质的是_; 属于弱电解质的是_; 能导电的物质是_ ；属于有机物的是_。 . 某溶液中含有 SO42-、CO 32-、Cl 三种阴离子。如果每次只检验一种离子，完成下面填空。(1)先检验 CO32-，加入_试剂(或溶液)，反应的离子方程式为_。(2)然后检验 SO42-，加入_试剂(或溶液)，反应的离子方程式为15_。(3)最后检验 Cl ，加入_试剂(或溶液)，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 稀硝酸 (8). 2H C O32 =CO2H 2O (9). Ba(NO3)2 (10). Ba2 SO 42 =BaSO4 (1
40、1). AgNO 3 (12). Ag Cl =AgCl【解析】【分析】.混合物由两种或两种以上不同物质组成的物质；电解质首先必须是化合物，在水溶液中能导电的物质必须是原物质的电离，能导电的物质不一定是电解质，如金属；可以导电的物质有自由电子，或能电离出自由移动的离子；有机物是绝大多数含碳化合物。.检验氯离子可以使用银离子，检验硫酸根离子可以使用钡离子，检验碳酸根离子可以使用氢离子，由于三种阴离子的溶液中每次只检验一种，且对后面的检验不能造成影响，所以先用硝酸检验碳酸根离子，再用硝酸钡溶液检验硫酸根离子，最后用硝酸银溶液氯离子。【详解】.铝能导电，是单质，它既不是电解质，也不是非电解质；稀硝酸
41、能电离出自由移动的氢离子和硝酸根离子，能导电，但它是混合物，它既不是电解质，也不是非电解质；乙酸是含碳化合物，属于有机物，不能导电，水溶液中能电离出自由移动的氢离子和醋酸根离子，属于电解质；液氨是氨气的液态形式，只有氨气分子，不导电，是非电解质；干冰是二氧化碳气体的固态形式，只有二氧化碳分子，不导电，是非电解质；氯化钠是化合物，溶于水或熔融能电离出自由移动的钠离子和氯离子，是电解质，但氯化钠固体，无自由移动的离子，不导电；NaOH 溶液能电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，但它是混合物，它既不是电解质，也不是非电解质；碳酸钡是化合物，熔融能电离出自由移动的钡离子和碳酸根离子，所以能导电
42、，是电解质，但碳酸钡固体，无自由移动的离子，不导电；酒精是乙醇的俗名，属于有机物，不能导电，乙醇在水溶液中是以乙醇分子的形式存在，所以不导电，故它为非电解质；氯化氢气体是化合物，不导电，溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，是电解质。. 检验碳酸根离子，可以加入稀硝酸，反应的离子方程式为：CO 32-+2H+=H2O+CO2；检验硫酸根离子可以用硝酸钡溶液，反应的离子方程式为：Ba 2+SO42-=BaSO4；检验氯离子可以选用硝酸银溶液，反应生成沉淀，反应的离子方程式为：Ag +Cl-=AgCl。【点睛】本题考查物质的分类、常见离子的检验，侧重分析、实验能力的考查，注意把握16物质的组成和
43、分类依、物质的性质以及离子方程式的书写。26.今有一混合物的无色水溶液只可能含有以下离子中的若干种: K +、NH 4+、Fe 2+、Cl -、Ca 2+、Ba 2+、CO 32-、SO 42-，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；第二份加入足量 NaOH 溶液加热后，收集到 0.08mol 气体；第三份加入足量 BaCl2溶液后，得到干燥沉淀 12.54g,经足量的盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为 4.66g.综合上述实验，回答下列问题:(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_。(2)该混合物中一定含有的离子是_；可能含有的离子是_。(3)计
44、算 K+的物质的量 :n(K +)_(具体值或取值范围)。【答案】 (1). Fe2 (2). K+、NH 4+、C O32 、SO 42 (3). Cl (4). 0.04mol【解析】根据题意，Ca 2+和 SO42-，可发生离子反应生成 CaSO4沉淀，因此两者不能大量共存；Ca 2+和 CO32-可发生离子反应生成 CaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存，无色溶液中不能存在Fe2+。第一份加入 AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生 Cl-+Ag+AgCl、CO 32-+2Ag+Ag2CO3、SO 42-+2Ag+Ag 2SO4，所以可能含有 Cl-、CO 32-、SO 42-中的至少一种
45、；第二份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0.08mol，能和 KOH 溶液加热产生气体的只能是 NH4+，故可确定一定含有 NH4+。根据反应 NH4+OH- NH3+H 2O，产生 NH3为 0.08mol，可得 NH4+也为 0.08mol；第三份加足量 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为 4.66g，部分沉淀溶于盐酸为 BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为 BaSO4，发生反应 CO32-+Ba2+BaCO 3、SO 42-+Ba2+BaSO 4，因为 BaCO3+2HClBaCl 2+CO2+H 2O 而使BaCO3溶解，因此溶液中一定存
46、在 CO32-、SO 42-，一定不存在 Ba2+。由条件可知 BaSO4为4.66g，物质的量为 0.02mol， ；BaCO 3为 12.54g-4.66g7.88g，物质的量为 0.04mol，则CO32-物质的量为 0.04mol，由上述分析可得，溶液中一定存在 CO32-、SO 42-、NH 4+，一定不存在 Fe2+、Ca 2+；而 CO32-、SO 42-、NH 4+物质的量分别为 0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO 32-、SO 42-所带负电荷分别为 0.04mol2、0.02mol2，共 0.12mol，NH 4+所带正电荷为0.08mol，所以一定含有钾
47、离子，钾离子的物质的量最小是 0.04mol，氯离子不能确定。(1)溶液无色，不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 Fe2 ，故答案为：Fe2 ；17(2)根据上述分析，该混合物中一定含有的离子有 K+、NH 4+、CO 32-、SO 42-；可能含有的离子是 Cl-，故答案为：K +、NH 4+、CO 32-、SO 42-；Cl -；(3)根据上述分析，K +物质的量: n(K +) 0.04mol，故答案为： 0.04mol。点睛：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，需要注意离子共存、离子反应等解题需注意的信息，尤其是 K+的确定易出现失误。27.二氧化硒(SeO 2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓HNO3或浓 H2SO4反应生成 SeO2以回收 Se。已知: Se+2H 2SO4(浓)=2SO 2+SeO 2+2H2O SO 2+SeO2+ H2O Se + SO42-+ H+(1)依据 Se 与浓 H2SO4的反应,写出 Se 和浓 HNO3(还原产物为 NO2)反应的化学方程式:_。 (2)Se 与浓 HNO3的反应中,氧化剂是_, 反应中被还原的元
