云南省腾冲市第八中学2018_2019学年高一化学下学期开学考试试卷（含解析）.docx

腾冲八中20182019学年高一下学期开学考试化 学(可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56)一、选择题(本题包括30小题，每小题2分，共60分)1.下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是( )A. 石墨、醋酸溶液、食盐晶体B. 熔融状态的KOH、熔融状态的NaClC. 稀H2SO4、NaOH溶液、纯HNO3D. 液氨、石灰水、水银【答案】B【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子，水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质，据此判断。【详解】A、石墨能导电是单质不是电解质，醋酸溶液能导电是乙酸和水的混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，故A错误；B、熔融状态的KOH、熔融状态的NaCl均属于强电解质能导电，故B正确；C、稀硫酸和NaOH溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质，纯硝酸不导电，故C错误；D、液氨不导电，是非电解质，石灰水是混合物，水银是单质，都不是电解质也不是非电解质，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查了电解质和非电解质的判断，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质，强电解质完全电离。2.己知钡的活动性处于Na、K之间，则下列说法中可能实现的是()A. Ba可从KCl溶液中置换出钾B. Ba可从冷水中置换出氢C. 在溶液中Zn可还原Ba2+生成BaD. Ba投入到NaOH溶液中，没有明显的现象【答案】B【解析】钡的活动性处于Na、K之间，则金属性KBaNa，三者均与水反应。A、金属K、Na在溶液中均直接与水反应，所以Ba也直接与水反应，且金属性为KBa，所以Ba不能从KCl溶液中置换出K，故A错误；B、金属性为BaNa，Na与冷水反应生成H2，则Ba可从冷水中置换出氢，故B正确；C、金属性BaZn，则溶液中Zn不能还原Ba2+生成Ba，故C错误；D、将Ba投入到NaOH溶液中，Ba与水反应生成气体，故D错误。故选B。3. 有关焰色反应的说法正确的是A. 焰色反应是金属单质表现的性质B. 焰色反应是因为发生了化学变化而产生的C. 焰色反应看到黄色火焰并不能确定该物质一定不含钾元素D. 洗涤焰色反应中用到的铂丝可用稀硫酸代替稀盐酸【答案】C【解析】试题分析：A焰色反应是金属元素表现的性质，A错误；B焰色反应不是化学变化，B错误；C焰色反应时观察到黄色火焰并不能确定原物质中一定不含钾元素，因为必须透过蓝色的钴玻璃观察钾元素的焰色反应，C正确；D洗涤焰色反应中用到的铂丝不能用稀硫酸代替稀盐酸，因为硫酸盐是难挥发性的，D错误，答案选C。考点：考查焰色反应的额有关判断4.下列铁的化合物：FeCl2；Fe（OH）3；FeCl3，其中能通过化合反应直接制得的是（ ）A. 只有 B. 只有 C. 只有 D. 全部【答案】D【解析】2FeCl3+Fe=3FeCl2；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；2Fe+3Cl22FeCl3，所以全部能通过化合反应直接制得，故选D。5.证明某溶液中只含Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是()A. 先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显血红色C. 滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀D. 只需要滴加KSCN溶液【答案】B【解析】试题分析：A先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故A错误；BKSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故B正确；C滴加NaOH溶液，沉淀显红褐色，可知有Fe3+，无法证明有Fe2+，故C错误；D只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故D错；故选B。【考点定位】考查三价铁离子、二价铁离子的检验和性质应用。【名师点晴】明确二价铁离子与三价铁离子的性质是解题关键，根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存，注意加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+。6.下列分离、提纯、鉴别物质的方法正确的是()A. 用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液B. 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3C. 用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体D. 用加热、过滤、蒸发的方法可以除去粗盐中的泥沙、CaCl2、MgCl2等杂质【答案】A【解析】试题分析：A、丁达尔效应是用来鉴别胶体和溶液的，A项正确；B、BaSO4和BaCO3都难溶于水，不能用溶解、过滤的方法提纯，B项错误；C、溶液和胶体都能通过滤纸，不能用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体，C项错误；D、用加热、过滤、蒸发的方法可以除去粗盐中的泥沙，不能除去CaCl2、MgCl2等杂质，D项错误；答案选A。考点：考查分离、提纯、鉴别物质的方法7.下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是()A. 硅可用于制造光导纤维B. 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品C. 可用反应Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸D. 高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应【答案】C【解析】A、SiO2可用于制光导纤维，而硅用于半导体材料，故A错误；B、水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水晶主要成分为SiO2，故B错误；C、硅酸酸性弱于盐酸，依据“强酸制弱酸”，可用反应Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸，故C正确；D、试管为玻璃仪器，含有SiO2，高温条件下可以和焦炭反应，故D错误。故选C。8.在含有Fe3+、Fe2+、AL3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是（ ）A. Fe3+ B. Fe2+ C. AL3+ D. NH4+【答案】C【解析】试题分析：过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，所以金属阳离子分别生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、偏铝酸钠和氨水，其中氢氧化亚铁极易被氧化生成氢氧化铁，氨水易挥发。所以充分反应后，再加入过量的稀盐酸后，有生成氯化铁和氯化铝，因此大量减少的阳离子是亚铁离子和NH4+，铁离子增加，答案选C。考点：考查离子反应的有关判断、过氧化钠的性质点评：本题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。本题注重基础和能力的双向考查，有利于培养学生严谨的思维方式，以及灵活运用基础知识的能力。9.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是()NaHCO3Al2O3Al(OH)3Al(NH4)2CO3A. 全部 B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析： NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，正确；Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，正确；Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，正确；Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确；(NH4)2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸铵、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和氨水，正确；答案选A。考点：考查既能与酸又能与碱反应的物质。10.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的三价砷下列说法正确的是()A. “两者同食”发生的反应中维生素C作氧化剂B. 五价砷在维生素C作用下发生了还原反应C. 因为河虾中含有砷元素，所以不能食用D. 可以推测砒霜中所含的砷元素化合价为+5【答案】B【解析】试题分析：A、砷的化合价降低，做氧化剂，所以维生素做还原剂，错误，不选A；B、砷的化合价降低，废水还原反应，正确，选B；C、有毒的是三价砷，不是五价砷，所以只要不生成三价就可以使用，错误，不选C；D、三价砷有毒，所以应该为3价，错误，不选D。考点： 氧化还原反应11.下列关于胶体的说法正确的是()A. Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水B. 胶体与其他分散系的本质区别是胶体有丁达尔效应，而其他分散系没有C. 胶体粒子的直径小于1 nmD. 胶体的分散质可以通过过滤的方法与分散剂分离【答案】A【解析】A、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附作用，可以吸附悬浮在水中的杂质，可净水，故A正确；B、胶体与其它分散系的本质区别是分散质微粒的直径大小，故B错误；C、胶体粒子的直径在1nm-100nm之间，故C错误；D、胶体的分散质和分散剂都可以通过滤纸，不能分离，应用半透膜对胶体分散质和分散剂分离，故D错误。故选A。点睛：根据分散质微粒的直径大小，溶液的分散质能透过半透膜和滤纸，胶体的分散质能透过滤纸，浊液的分散质不能透过半透膜和滤纸。12.某学生配置0.1molL-1的NaOH溶液480mL，下列说法正确的是()A. 选用480mL容量瓶B. 把烧碱固体放在纸上称量C. 把称好的固体放入容量瓶中稀释至刻度线D. 定容时俯视容量瓶的刻度线浓度偏大【答案】D【解析】A、实验室中没有480mL的容量瓶，配制480mL溶液，应该选用规格为500mL的容量瓶，故A错误；B、烧碱为NaOH，具有强腐蚀性、易潮解，称量时应该放在小烧杯或表面皿中，不能直接放在纸上，故B错误；C、溶解固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中稀释、溶解溶质，故C错误；D、定容时俯视容量瓶的刻度线，加入的蒸馏水位于刻度线以下，则配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故D正确。故选D。点睛：容量瓶上标有容量规格，且只有一条刻度线。配制溶液时溶液体积应等于容量瓶规格。配制480mL溶液，应选用规格为500mL的容量瓶，所以计算所需NaOH固体的质量时，应用500mL计算，此为易错点。题中需要NaOH的质量为m=0.1mol/L0.5L40g/mol=2.0g。13. 2.3g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5g固体,由此可判断其氧化产物是A. 只有Na2O B. 只有Na2O2 C. Na2O和Na2O2 D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断。【详解】已知钠与氧气反应，产物为氧化钠或过氧化钠，此题可采用极值法。钠的物质的量为01 mol，若生成物全为Na2O，其质量为005 mol62 gmol1 31 g35 g；故其生成物为Na2O和Na2O2的混合物。故选C。14.向某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，则下列离子在该溶液中一定不会大量存在的是（ ）A.Na+ B.NO3- C.CO32- D.HCO3-【答案】D【解析】某无色透明溶液中加入铝片，立刻有大量氢气产生，说明该溶液有可能是酸溶液也有可能是碱溶液，而HCO3-在酸溶液和碱溶液中都不能大量共存。所以答案选D15.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，5.6L氯气和16.8L氧气的混合气体中含有分子数为NAB. 标准状况下，22.4LH2O所含有原子数为3NAC. NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2：1D. 1 molNa2O2与H2O完全反应，转移2NA个电子【答案】A【解析】试题分析：A标准状况下，5.6 L氯气和16.8 L氧气的混合气体的物质的量是（5.6L+16.8L）22.4L/mol1mol，其中含有分子数为NA，A正确；B标准状况下水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，即22.4 LH2O所含有原子数不是3NA，B错误；C只有在相同状况下NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2:1，C错误；D过氧化钠与水的反应中既是氧化剂，也是还原剂，则1 mol Na2O2与H2O完全反应，转移NA个电子，D错误，答案选A。考点：考查阿伏加德罗常数的计算16.粗盐中含有不溶性泥沙，可溶性的CaCl2、MgCl2以及一些硫酸盐等精制食盐水的实验操作顺序如下：加入过量BaCl2溶液，加入过量NaOH溶液，加入过量Na2CO3溶液，过滤，加入适量盐酸下列说法不正确的是()A. 中加入过量的试剂是为了完全除去相应的杂质离子B. 中可以通过边滴加边测定溶液pH的方法，控制加入的盐酸“适量”C. 因为Mg(OH)2难溶而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好D. 中加入过量Na2CO3溶液仅为了完全除去Ca2+【答案】D【解析】A、加入过量BaCl2溶液，可除掉SO42-，加入过量NaOH溶液，可除掉Mg2+，加入过量Na2CO3溶液，可除掉Ca2+，故A正确；B、中可以通过边滴加盐酸，边测定溶液pH的方法，控制加入盐酸的量，从而除掉CO32-、OH，得到中性的氯化钠溶液，故B正确；C、化学反应向着更难溶的方向进行，Mg(OH)2难溶，而MgCO3微溶，所以用NaOH除Mg2+效果比用Na2CO3好，故C正确；D、加Na2CO3要放在加BaCl2之后，中加入过量Na2CO3不仅完全除去Ca2+，还可以将过量的Ba2+沉淀，故D错误。故选D。17.下列说法正确的是()A. 同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积B. 等质量的O2 和H2 的物质的量之比为l6：1C. 不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等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】D【解析】A同温同压下，气体摩尔体积相同，液体和固体的体积与密度有关，如果一种是液体一种是固体，相同数目的分子其体积不同，A错误；B假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=1/32mol：1/2mol=1：16，B错误；C不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数不一定不等，还与气体摩尔体积有关，C错误；D根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确；答案选D。点睛：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，注意气体摩尔体积的适用范围和适用条件，为易错点。18.下列有关金属及其化合物的知识说法正确的是()A. 可用Na与MgCl2溶液反应制MgB. 金属单质导电与电解质溶液导电原因相同C. 常温下氧气与铝不反应，故常温下铝制品可以广泛应用。D. 观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na【答案】D【解析】A、Na和水反应生成NaOH和H2，NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，所以不能置换Mg，故A错误；B、金属导电是自由电子定向移动，电解质溶液导电是溶液中离子发生氧化还原反应，金属单质导电与电解质溶液导电原因不同，故B错误；C、常温下，铝和氧气生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止了内部的铝与氧气的接触，所以铝制品可以广泛利用，并不是因为常温下铝和氧气不反应，故C错误；D、钠元素焰色反应为黄色，观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na+，故D正确。故选D。点睛：不能用Na单质置换溶液中的其他金属，将Na加入水溶液中，Na会直接与水迅速发生反应生成NaOH和氢气。19.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O。据此，下列说法不正确的()A. KClO3发生还原反应B. H2C2O4在反应中被氧化C. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性D. 每生成1 mol ClO2，转移的电子数约为6.021023【答案】C【解析】试题分析：ACl元素的化合价降低，得到电子被还原，则KClO3发生还原反应，A正确；BC元素的化合价升高，失去电子被氧化，则H2C2O4在反应中被氧化，B正确；C该反应中不能比较H2C2O4、ClO2的氧化性，C错误；D由Cl元素的化合价变化可知，每1 mol ClO2生成，转移1mol(5-4)=1mol电子，即该反应转移的电子数约为6.021023，D正确；答案选C。考点：考查氧化还原反应有关判断20.下列各组物质在溶液中反应时，以任意比混合均能用同一离子方程式表示的是()A. AlCl3溶液和NaOH溶液B. Ba(OH)2溶液与稀硫酸C. Na2CO3溶液和稀盐酸D. CO2和澄清石灰水【答案】B【解析】A、AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，离子方程式为Al3+3OH=Al(OH)3；NaOH过量时生成NaAlO2，离子方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O，反应物的量不同，离子反应不同，故A错误。B、Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4和H2O，离子方程式为2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，反应产物与反应物的量无关，则以任意比混合均能用同一离子方程式表示，故B正确。C、HCl少量时生成NaHCO3，离子方程式为CO32+H+=HCO3；HCl过量时生成CO2，离子反应为CO32+2 H+= CO2+ H2O，离子反应不同，故C错误。D、CO2少量时生成CaCO3，离子方程式为CO2+Ca2+2OH= CaCO3+ H2O；CO2过量时，沉淀溶解，生成Ca(HCO3)2，离子方程式为CO2+OH= HCO3，反应物量不同，离子方程式不同，故D错误。故选B。21.等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是( )A. 将钠投入到足量水中B. 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中C. 将钠放入足量稀硫酸中D. 将钠放入足量稀盐酸中【答案】B【解析】试题分析：将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出氢气、铝和氢氧化钠溶液反应也放出氢气，故B放出氢气最多。考点：本题考查钠的性质。22.在同温同压下，A容器中盛有H2，B容器中盛有NH3，若使它们所含的原子总数相等，则两种气体的物质的量之比()A. 2：1 B. 1：2 C. 2：3 D. 1：3【答案】A【解析】【详解】原子总数相等，则原子的物质的量相等，假设含有原子为1mol，则氢气物质的量为1mol20.5mol，氨气物质的量为1mol40.25mol，因此两种气体的物质的量之比=0.5mol：0.25mol=2：1，故答案选A。23.在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是( )A. Cl -、Na+、NO3-、Ca2+ B. NH4+、HCO3-、Cl-、K+C. K+、Ba2+、Cl-、SO42- D. Cu2+、NH4+、I-、Cl-【答案】A【解析】A、Cl-、Na+、NO3-、Ca2+在溶液中不反应，均是无色的，可以大量共存，A正确；B、在酸性溶液中HCO3-不能大量共存，B错误；C、Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，C错误；D、Cu2+在溶液中显蓝色，且能氧化I-不能大量共存，D错误，答案选A。点睛：掌握离子间发生的化学反应是解答的关键，注意离子间不能共存，是指不能大量共存，例如氢离子与氢氧根子在溶液中不能大量共存，但只要是水溶液，就一定同时存在氢离子和氢氧根离子。选项D中注意铜离子也具有氧化性，能氧化还原性较强的碘离子生成单质碘和碘化亚铜。24.在生产、生活及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行检验，以确定物质的组成。下列有关物质检验的说法正确的是()A. 炭粉、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸不能将它们区别开B. (NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl三种物质不能用一种试剂通过化学反应区别开C. 可以用NaOH溶液检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2D. 用湿润的淀粉KI试纸可以检验氯化氢气体中是否含有氯气【答案】D【解析】A、分别向C、CuO 、Fe三种粉末中加入稀盐酸，现象依次为无现象、溶液变蓝、放出气体，故能区别开，A错误；B、向(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl中分别加入Ba(OH) 2 溶液，现象依次为产生白色沉淀及放出有刺激性气味的气体、只产生白色沉淀、只放出有刺激性气味的气体，所以只用一种试剂通过化学反应可以区别开，故B错误；C、FeCl3与NaOH反应生成红褐色的Fe(OH) 3 沉淀，FeCl2与NaOH反应生成白色的Fe(OH) 2 沉淀，红褐色沉淀会掩盖白色沉淀，难以区别，故不能用NaOH检验FeCl3溶液中是否混有FeCl2，故 C错误；D、Cl2具有强氧化性，能将KI氧化成I2，使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，而HCl不具有该性质，所以用湿润的淀粉KI试纸可检验HCl气体中是否含有Cl2，故D正确。故选D。点睛：根据Fe(OH) 3 和Fe(OH) 2沉淀颜色的不同，可用NaOH溶液区分FeCl3和FeCl2两种溶液。当FeCl3和FeCl2存在于同一溶液中时，红褐色会掩盖白色，则不能用NaOH检验Fe2+；可以向溶液中加入铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则一定存在Fe2+。25.在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K、Cl各为1.5mol，Mg2为0.5mol，则SO42-的物质的量为 ( )A. 0.1mol B. 0.5mol C. 0.15mol D. 0.25mol【答案】B【解析】试题分析：在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K、Cl各为15 mol/L，Mg2为05 mol/L，根据溶液中电荷守恒可知c(SO42-)=05 mol/L，故B项正确。考点：物质的量浓度计算。26.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为：2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是烧杯中( )A. 有铁粉无铜粉 B. 有铜粉无铁粉 C. 铁、铜粉都有 D. 铁、铜粉都无【答案】A【解析】【分析】Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答。【详解】AFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故A符合题意；BFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故B不符合题意；C如果铁过量，铁完全将铁离子还原后还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不符合题意；D如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不符合题意；故答案选A。【点睛】本题考查铁、铜的性质及活动性顺序，明确金属及离子反应先后顺序是解本题关键，注意氧化还原反应规律的灵活应用，侧重考查学生分析、推断能力。27.将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4molL-1的NaOH溶液150mL。则原稀硫酸中H2SO4的物质的量浓度为（ ）A. 1.5molL-1 B. 0.5molL-1 C. 2molL-1 D. 1.2molL-1【答案】C【解析】试题分析：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.15L4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）=n/V=0.3mol/0.15L=2 molL-1，选项C正确。故选C。考点：考查物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算【名师点睛】本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等。Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子、硫酸根守恒可知n(Noah)=2n(Na2SO4)=2n(H2SO4)，再根据c=n/V计算。28.下列离子方程式的书写正确的是 ( )A. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32- CO2 H2O=H2SiO3 CO32-B. 铁和稀硝酸反应：Fe + 2H+=H2+ Fe2+C. 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+ + 3OH- Al(OH)3D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O22Cu22H2O=4Na2Cu(OH)2O2【答案】D【解析】A、CO2过量时，生成HCO3，离子方程式为SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3，故A错误；B、硝酸为强氧化性酸，Fe与稀硝酸反应生成NO而不是H2，故B错误；C、向AlCl3溶液中加入过量的NaOH，生成AlO2，离子方程式为Al3+ +4OHAlO2+2H2O，故C错误；D、向CuSO4溶液中加Na2O2，Na2O2先与水反应生成NaOH和O2，OH再与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，总反应离子方程式：2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2，故D正确。故选D。29.200时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了7.2g,则原混合气体的总物质的量为( )A. 0.2mol B. 0.6mol C. 0.8mol D. l.0mol【答案】D【解析】试题分析：向足量的固体Na2 O2 中通入23.2gCO2 和H2O，发生反应：2Na2 O2+2CO2 =2Na2 CO3+O2 ，Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2 ，固体只增加了7.2g，是因为生成O2 ，根据质量守恒定律可知m(O2)=23.2g-7.2g=16g，所以n(O2)= 16g32g/mol=0.5mol，根据方程式可知n(混合气体)=2 n(O2)=20.5mol=1.0mol，所以选项D正确。考点：考查混合气体的有关计算的知识。30.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合溶液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为() A. 61 B. 31 C. 21 D. 12【答案】D【解析】由Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO22H2O可知：沉淀溶解过程中消耗10ml碱液，则铝离子在沉淀过程中消耗的碱液为30ml，而另外的20ml碱液由镁离子消耗：Mg22OH=Mg(OH)2；由此可知Al3与Mg2的物质的量相同，所以原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2；二、非选择题(本题包括3小题，共40分)31.(1)在标准状况下，某气体A的密度是1.25 gL1，则它的摩尔质量是_；若该气体为C2H4在相同温度和压强下其相对于氢气的密度是_。若该气体是单质，同质量的A与氧气所含的分子数之比为_。(2)某物质的相对分子质量为M，在温度为T时的溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为d gcm3，则该饱和溶液中该物质的物质的量浓度为_(用代数式表示)。(3)现实验室要用质量分数为40%的浓氢氧化钠(密度为1.2 gmL1)来配制浓度为0.6 molL1的稀氢氧化钠100 mL，问需要这种浓碱的体积是_ mL。(4)下列有关实验操作或判断不正确的是_。A配制一定物质的量浓度溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏大B用干燥的pH试纸测定氯水的pHC配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸并搅拌D观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察E制备氢氧化亚铁时，将盛有NaOH溶液的滴管，伸入硫酸亚铁溶液中【答案】 (1). 28g/mol (2). 14 (3). 8:7 (4). 1000Sd/(100+S)M (5). 5 (6). BD【解析】【分析】（1）根据M=Vm、阿伏加德罗定律及其推论分析解答；（2）根据物质的量浓度与溶液质量分数以及密度的关系分析解答；（3）首先计算出浓氢氧化钠溶液的物质的量浓度，然后结合稀释过程中溶质的物质的量不变分析解答；（4）根据物质的性质、实验原理以及实验操作逐一分析正误。【详解】（1）摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，标况下1mol气体为22.4L，则气体A的摩尔质量M=Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol。根据阿伏加德罗定律可知同温同压下，密度与摩尔质量成正比，所以乙烯在同温同压下相对于H2的密度=282=14。气体质量相同时，物质的量之比与摩尔质量成反比，又因为气体的物质的量与分子数成正比，所以同质量的单质A与氧气所含的分子数之比为32:28=8:7；（2）取该饱和溶液(100+S)g，则溶液中溶剂质量为100g，溶质为Sg，所以饱和溶液的质量分数是；则根据可知该饱和溶液中溶质的物质的量浓度为c=mol/Lmol/L；（3）用浓NaOH溶液配制稀溶液过程中NaOH物质的量保持不变，即c浓V浓=c稀V稀。40%的浓NaOH溶液中c(NaOH)=mol/L=12mol/L，所以0.6mol/L100mL=12mol/LV浓，解得V浓=5mL，即需要这种浓碱的体积是5.0mL。（4）A、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故A正确；B、氯水具有漂白性，会漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；C、由于浓硫酸稀释过程中放出大量的热，且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌，故C正确；D、将铂丝放在稀盐酸中洗涤后，应先灼烧至无色，再用铂丝蘸取固体氯化钾进行实验，故D错误；E、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，应隔绝空气制取，所以滴加NaOH溶液时，应将滴管伸入硫酸亚铁溶液中，故E正确。故答案选BD。32.欲用含有少量氯化钙的氯化钠固体，配制100 mL 1molL1的氯化钠溶液，设计了下面的操作方案。根据方案操作步骤回答下列问题：(1)称量粗盐样品m g，所用仪器名称为：_。(2)过滤时，玻璃棒的作用是：_。(3)蒸发操作时应将液体放在_中加热，等加热至_时即停止加热。(4)在样品的溶液中加入过量的Na2CO3溶液，作用是_，反应的化学方程式是_。(5)在滤液中加入盐酸的作用是_，反应的离子程式是_。(6)配制100 mL 1 molL1的NaCl溶液时，应从W g固体中称取NaCl的质量为_，配制时应在_中进行定容。【答案】 (1). 托盘天平 (2). 引流 (3). 蒸发皿 (4). 出现大量晶体 (5). 使钙离子完全形成沉淀而除去 (6). CaCl2Na2CO3=CaCO32NaCl (7). 除去过量的Na2CO3 (8). CO32-2H+=H2OCO2 (9). 5.9 g (10). 100 mL容量瓶【解析】（1）称量固体的仪器为：托盘天平。（2）过滤时要使用玻璃棒：引流。（3）蒸发操作时应将液体放在蒸发皿中加热，等出现大量晶体时即停止加热，利用余热使水分蒸干。故答案为：蒸发皿；出现大量晶体。（4）NaCl固体中含