四川省江油中学2018_2019学年高一化学下学期入学考试试题（含解析）.docx

四川省江油中学2018-2019学年高一化学下学期入学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Fe 56 Ca 40 Cu 64第卷(选择题，共46分)一、选择题(本题包括23小题，每小题2分，共46分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列仪器中不能用作反应器的是A. 容量瓶 B. 锥形瓶 C. 烧杯 D. 蒸发皿【答案】A【解析】【详解】A项、容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用作反应容器，故A正确；B项、锥形瓶在制取气体的简易装置中经常作反应容器，故B错误；C项、烧杯可用作配制溶液和较大量试剂的反应容器，故C错误；D项、蒸发皿主要用于蒸发液体，也可用作反应容器，故错误。故选A。【点睛】本题考查了常见仪器的构造及使用方法判断，主要考查仪器的用途，熟悉常见化学仪器的名称、用途等是正确解答本题的关键。2.下列物质变化或操作过程中发生化学变化的是A. 硅胶作袋装食品的干燥剂 B. 氯气作自来水杀菌消毒剂C. 用铂丝蘸取碳酸钠溶液在酒精灯外焰上灼烧 D. 用蒸馏的方法除去自来水中的Cl-【答案】B【解析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。【详解】A项、硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中只是吸收水蒸气，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B项、氯气作自来水杀菌消毒剂，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，属于化学变化故B正确；C项、用铂丝蘸取碳酸钠溶液在酒精灯外焰上灼烧，发生焰色反应，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D项、用蒸馏的方法除去自来水中的Cl-，利用的是水的液态与气态间的相互转化，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误。故选B。【点睛】本题考查物理变化和化学变化，搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。3.下列有关物质性质与用途不对应的是A. 明矾能水解产生 Al(OH)3 胶体，可用作净水剂B. SO2 具有还原性，可用于漂白纸浆C. 铝锂合金的硬度大，可用作飞机材料D. 硅酸钠溶液可与 CO2 反应，水玻璃可用于生产粘合剂和防火剂【答案】B【解析】【详解】A项、明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故A正确；B项、SO2用于漂白纸浆是因为SO2具有漂白性，与氧化性、还原性无关，故B错误；C项、铝锂合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，可用作飞机材料，故C正确；D项、水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅酸酸性弱于碳酸，能与二氧化碳反应；硅酸钠具有黏性，所以可作粘合剂；涂有硅酸钠溶液的木条加热时，水分蒸发后不易燃烧，所以可作防火剂，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了物质性质及用途，依据元素及其化合物性质的分析判断是解答关键。4.现有CO、N2O4两种气体，若它们具有相同的氧原子数，则二者的物质的量之比为A. 1:4 B. 4:1 C. 2:3 D. 1:1【答案】B【解析】【详解】CO分子中含有1个氧原子，N2O4分子含有4个氧原子，氧原子数目相同，则有： n（CO）=4n（N2O4），故n（CO）：n（N2O4）=4：1，故二者物质的量之比为=4：1，故选B。【点睛】本题考查物质的量有关计算，把握物质的构成，注意氧原子的物质的量相同是解答关键。5.下列物质溶于水能导电，但不属于电解质的是A. 氧化钠 B. 蔗糖 C. 氯气 D. 氯化铁【答案】C【解析】【分析】电解质的概念必须是化合物，在水溶液里或熔融状态下有自由移动的离子，且离子是物质本身电离的，不能是与其它物质反应后的物质电离的。【详解】A项、氧化钠溶于水，能与水反应生成氢氧化钠，溶液能导电，氧化钠熔融状态能电离，属于电解质，故A错误；B项、蔗糖溶于水，溶液不导电，属于非电解质，故B错误；C项、氯气溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液能导电，氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C正确；D项、氯化铁溶于水，溶液能导电，属于电解质，故错误。故选C。【点睛】本题考查电解质和非电解质，注意概念的理解并抓住化合物来分析，明确导电的原因是解答关键。6.下列溶液中，Cl物质的量最大的是A. 60mL0.3mol/L的NaCl溶液 B. 20mL0.2mol/L的AlCl3溶液C. 40mL0.2mol/L的MgCl2溶液 D. 30mL0.4mol/L的KCl溶液【答案】A【解析】【详解】60mL0.3mol/L的NaCl溶液中Cl物质的量为0.06L0.3mol/L=0.018mol，20mL0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl物质的量为0.02L0.2mol/L3=0.012mol，40mL0.2mol/L的MgCl2溶液中Cl物质的量为0.04L0.2mol/L2=0.016mol，30mL0.4mol/L的KCl溶液中Cl物质的量为0.03L0.4mol/L=0.012mol，Cl物质的量最大的是A，故选A。7.下列分散系中，明显与其他不同的一种是（）A. 盐酸 B. 稀豆浆 C. NaOH溶液 D. FeCl3溶液【答案】B【解析】【分析】A.盐酸为氯化氢的水溶液；B.稀豆浆是胶体；C.氢氧化钠溶液为溶液；D.氯化铁溶液为溶液；【详解】A.盐酸为氯化氢的水溶液；B.稀豆浆是胶体；C.氢氧化钠溶液为溶液；D.氯化铁溶液为溶液；选项中盐酸、氢氧化钠溶液、氯化铁溶液都是溶液分散系,稀豆浆为胶体分散系明显与其他不同,所以B选项是正确的。8.下列行为符合安全要求的是A. 用点燃的火柴在液化石油气钢瓶口检验是否漏气B. 将强酸性洁厕液与漂粉精混合使用以增强清洗效果C. 有大量氯气泄漏时，应向顺风低洼地区转移，并用湿毛巾护住口鼻D. 若发生急性CO中毒，应将患者迅速移至空气新鲜的地方实施抢救【答案】D【解析】【详解】A项、液化气为易燃气体，用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气可引起爆炸，故A错误；B项、洁厕剂主要成分为盐酸，与漂白粉中次氯酸钙反应生成氯化钙和氯气，反应生成有毒的氯气污染环境，故B错误；C项、氯气是一种密度比空气大的有毒的气体，当有大量氯气泄漏时，人逆着风向高处疏散，并用湿毛巾护住口鼻，故C错误；D项、若发生急性CO中毒，应将患者迅速移至空气新鲜处,松开衣领,保持呼吸道通畅,并注意保暖,密切观察意识状态，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了安全问题，注意掌握常见化学试剂的性质及正确处理安全事故的方法，做到人身、财产安全是解答关键。9.下列反应中，属于氧化还原反应且属于离子反应的是A. 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2 B. CO2Ca(OH)2= CaCO3H2OC. Fe2O33CO2Fe3CO2 D. 2Na+2H2O=2NaOH+H2【答案】D【解析】【分析】在水溶液中进行，有离子互换的反应为离子反应，反应前后元素有化合价变化的反应为氧化还原反应。【详解】A项、过氧化钠与二氧化碳的反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故A错误；B项、二氧化碳与氢氧化钙反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C项、氧化铁与一氧化碳高温下的反应中铁元素和碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应不是在水溶液中进行，没有离子参加，不属于离子反应，故C错误；D项、钠与水反应中钠元素和氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应是在水溶液中进行，有离子生成，属于离子反应，故D正确。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重反应类型的考查，明确反应中元素的化合价变化、是否有离子参加是解答的关键。10.如图所示装置在化学实验中用途广泛，气体b进a出时能实现下列目的的是A. 利用排空气法收集NO气体B. 集气瓶中装满饱和氯化钠溶液收集Cl2C. 在集气瓶中加入浓硫酸干燥SO2气体D. 利用排空气法收集CO2气体【答案】B【解析】【分析】气体b进a出时可以收集密度比空气小的气体，不能构成洗气瓶，但可以构成排水（或液）法收集气体。【详解】A项、NO气体与空气中氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集NO气体，故A错误；B项、氯气不溶于饱和氯化钠溶液，气体b进a出时，可以排饱和氯化钠溶液收集氯气，故B正确；C项、在集气瓶中加入浓硫酸干燥SO2气体时，气体应a进b出，故C错误；D项、二氧化碳密度比空气大，收集二氧化碳应a进b出，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学实验仪器的使用，把握物质性质及实验原理是解答关键。11.下列各组离子，能在酸性溶液中大量共存的是A. Fe2+、Al3+、OH、Cl B. Ca2+、Na+、CO32-、NO3-C. K+、Cu2+、SO42-、Cl D. Na+、OH、SiO32-、AlO2-【答案】C【解析】【分析】酸性溶液中存在大H+，与H+反应的离子不能共存，结合离子的性质判断离子间能否发生反应生成沉淀、气体或弱电解质。【详解】A项、溶液中OH与Fe2+、Al3+反应，不能大量共存，故A错误；B项、溶液中Ca2+与CO32-反应，不能大量共存，故B错误；C项、在酸性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故C正确；D项、在酸性条件下H+与OH-、SiO32-、AlO2-反应，不能大量共存，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，在判断能否共存的同时还要注意习题的要求，本题的易错点就是容易忽视题干中溶液为酸性溶液这一条件。12.新制氯水与久置氯水相比较，下列说法错误的是A. 颜色不同 B. 都能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C. 都能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色 D. 加AgNO3溶液都能生成白色沉淀【答案】B【解析】【分析】新制氯水中含有氯气、次氯酸和盐酸，溶液为浅黄绿色，次氯酸遇光分解，导致氯水成分发生变化，久置氯水为盐酸溶液，溶液为无色。【详解】A项、新制氯水为黄绿色，久置的氯水为无色，颜色不同，故A正确；B项、新制氯水含次氯酸，能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，久置的氯水中只含盐酸，只能使蓝色石蕊试纸变红，故B错误；C项、新制氯水与久置氯水均能与NaOH溶液反应，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，故C正确；D项、新制氯水与久置氯水均含氯离子，则加AgNO3溶液都能生成白色沉淀，故D正确。故选B。【点睛】本题考查氯水的成分及性质，注意把握新制、久置的氯水的成分不同是解答的关键。13.与8gSO3所含氧原子数相等的CO2的质量为A. 2.4g B. 2.2g C. 4.4g D. 6.6g【答案】D【解析】【详解】8gSO3的物质的量为8g/80g/mol=0.1mol，所含氧原子的物质的量为0.3mol，氧原子的物质的量为0.3mol CO2的物质的量为0.15mol，质量为0.15mol44g/mol= 6.6g，故选D。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重于分析、计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用以及物质的构成特点是解答关键。14.下列物质不能通过化合反应制得的是A. SO2 B. FeCl2 C. Fe(OH)3 D. H2SiO3【答案】D【解析】【详解】A项、单质硫和氧气化合得到二氧化硫，能通过化合反应直接制得，故A错误；B项、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，能通过化合反应直接制得，故B错误；C项、氢氧化亚铁可以和氧气、水之间反应生成氢氧化铁，能通过化合反应直接制得，故C错误；D项、二氧化硅和水不反应，硅酸不能通过化合反应直接制得，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了物质间的反应，熟练掌握元素化合物知识，根据物质间的性质来分析解答是关键。15.环境空气质量标准将PM2.5纳入强制监测指标，迄今为止，中国空气污染物监测指标应包括：二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒物(PM10)、PM2.5。上述5种检测物中，能形成酸雨的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】酸雨是指的是pH5.6的雨、雪等各种形式的大气降水，酸雨主要由二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成。【详解】二氧化硫能和水反应生成亚硫酸，使雨水的pH5.6，故正确；一氧化碳不能溶于水，不能形成酸不能形成酸雨，故错误；二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，使雨水的pH5.6，故正确；可吸入颗粒物(PM10) 是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；PM2.5是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；能形成酸雨的是，故选C。【点睛】本题考查的形成酸雨的原因，掌握各种物质的性质，对相关方面的问题做出正确的判断是解答关键。16.下列离子方程式书写正确的是A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+CuFe2+Cu2+B. Na放入水中，产生气体：Na + H2ONa+ + OH + H2C. 向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝：2Fe3+ + 2I2Fe2+ + I2D. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应： OH + HCO3CO2 + H2O【答案】C【解析】【详解】A项、铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A错误；B项、Na放入水中，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，故B错误；C项、向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，FeCl3与碘化钾反应生成氯化亚铁和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为2Fe3+ + 2I2Fe2+ + I2，故C正确；D项、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为OH + HCO3CO32+ H2O，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写方法、记住常见的弱电解质、难溶物，注意电荷守恒、质量守恒在判断离子方程式中的应用是解答关键，注意检查反应物、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）。17.下列除去杂质(括号内的物质为杂质)试剂选择错误的是A. FeSO4 (CuSO4)：铁粉 B. CO (CO2)：NaOH溶液C. CO2 (HCl)：饱和Na2CO3溶液 D. Cu (Fe)：稀盐酸【答案】C【解析】【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质【详解】A项、因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和铜，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除去，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故A正确；B项、CO2能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，CO不能与NaOH溶液反应，用NaOH溶液洗气后干燥，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；C项、HCl能与Na2CO3溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，CO2能与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，用Na2CO3溶液洗气，除去了杂质，也除去了原物质，不符合除杂原则，故C错误；D项、Cu与稀盐酸不反应，Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故D正确。故选C。【点睛】在解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。18.若以NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 常温常压下，8 g O2和24 g O3的混合气体中分子总数为2NAB. 1 mol Na2O2 跟足量H2O反应时得到电子的数目为2NAC. 常温常压下，18 g H2O所含电子数为10NAD. 标准状况下，22.4 L四氯化碳所含分子数为NA【答案】C【解析】【详解】A项、8 g O2的物质的量为0.25mol，24 g O3的物质的量为0.5mol，混合气体中分子的物质的量为0.75mol，故A错误；B项、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中氧元素的化合价从1价部分升高到0价，部分降低到2价，即过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠转移1mol电子，故错误；C项、18 g H2O的物质的量为1mol，所含电子的物质的量为10mol，故C正确；D项、标准状况下四氯化碳为液体，则无法确定22.4L四氯化碳的物质的量，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意物质的组成、结构、性质以及存在的状态和条件等问题，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间关系是解题关键。19.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度增大的是A. SO32- B. HCO3- C. Na+ D. NO3-【答案】C【解析】【分析】Na2O2具有强氧化性，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性。能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，故选C。【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。20.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是A. 某物质焰色反应呈黄色，说明该物质一定是钠盐B. 某溶液加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明该溶液中一定含有Mg2C. 某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，说明该溶液中一定含有SO42-D. 某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水，变红，说明该溶液中一定含有Fe2+【答案】D【解析】【详解】A焰色反应为元素的性质，某物质焰色反应呈黄色，说明该物质一定含有钠元素，但不一定是钠盐，A错误；B某溶液加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明该溶液中一定含有Cu2，氢氧化镁是白色沉淀，B错误；C某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，白色沉淀也可能是氯化银，不能说明该溶液中一定含有SO42-，C错误；D某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明不存在铁离子，再滴加氯水，变红，说明有铁离子产生，氯水具有强氧化性，则说明该溶液中一定含有Fe2+，D正确；答案选D。21.在某未知溶液中检验出含有 Ba2+、NO3-的强酸性溶液。某学生还需鉴定此溶液中是否大量存在：Al3+；NH4+；Fe2+；Cl； AlO2 ；SO42-，其实这些离子中有一部分不必再鉴定就能否定，它们是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】含有Ba2+、NO3-的强酸性溶液中，能够与钡离子发生反应的离子一定不能共存；该溶液为酸性溶液，能够与氢离子反应的溶液不能共存；硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，还原性的离子在该溶液中不能共存。【详解】Al3+不与Ba2+、NO3-离子发生反应，也不与氢离子反应，无法确定是否存在，需要进一步鉴定，故错误；NH4+ 不与Ba2+、NO3-离子发生反应，也不与氢离子反应，无法确定是否存在，需要进一步鉴定，故错误；Fe2+：NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在该溶液中Fe2+一定不存在，不需要进一步鉴定，故正确；Cl-：不与Ba2+、NO3-离子发生反应，也不与氢离子反应，无法确定是否存在，需要进一步鉴定，故错误；AlO2-与溶液中氢离子反应，不能存在于酸性溶液中，该溶液中一定不存在AlO2-，不需要进一步鉴定，故正确；SO42-：与Ba2+发生反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能共存，所以一定不存在Ba2+，不需要进一步鉴定，故正确；不需要进一步鉴定，故选A。【点睛】本题考查了离子共存的判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能共存的常见情况，如发生复分解反应的离子、发生氧化还原反应的离子之间等是解答关键。22.使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量W和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的物质的量之比为A. 11 B. 23 C. 89 D. 43【答案】A【解析】【分析】由图可知，生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（6-1）：（7-6）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，根据Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，计算氢氧化铝物质的量，再根据生成沉淀消耗NaOH计算氢氧化镁物质的量，根据元素守恒计算Mg、Al物质的量之比。【详解】由图可知，生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（6-1）：（7-6）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，由方程式Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，氢氧化铝的物质的量为1mol，由Al元素守恒，可知n（Al）=1mol，生成1mol氢氧化铝消耗NaOH的物质的量为1mol3=3mol，则生成氢氧化镁消耗NaOH为5mol-3mol=2mol，则氢氧化镁为1mol，由Mg元素守恒，则n（Mg）=1mol，故该合金中镁和铝的物质的量之比为1：1，故选A。【点睛】本题考查混合物计算，侧重对图象分析处理能力的考查，掌握物质的性质，明确各阶段发生的反应是解答关键。23.标准状况下，将11.2LCO2缓缓通入300mL2molL-1的NaOH溶液中,待充分反应后将所得溶液蒸干并充分灼烧，最后所得固体物质的质量为A. 31.8g B. 53g C. 63.6g D. 84g【答案】A【解析】CO2的物质的量是11.2L22.4L/mol=0.5mol，NaOH的物质的量是0.3L2mol/L=0.6mol，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，设生成碳酸钠为xmol，碳酸氢钠为ymol，则x+y0.5、2x+y0.6，解得x=0.1，y=0.4，待充分反应后将所得溶液蒸干并充分灼烧，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，则最后所得固体物质质量为（0.1mol+0.4mol1/2）106g/mol=31.8g，答案选A。点睛：本题考查化学反应的计算，把握发生的反应及守恒法为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查，判断反应的产物是解答的难点。判断时也可以结合数学中的数轴或图像分析，即找出2个点、，然后结合已知二氧化碳与氢氧化钠的物质的量分析判断。第卷(非选择题，共54分)二、(本题包括2小题，共18分)24.化学研究主要用的是实验方法，所以学习化学离不开实验。请回答：(1)在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以观察到试管中产生白色絮状沉淀，发生反应的离子方程式是_。生成的沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的化学方程式为_。(2)实验室在保存含Fe2+的溶液时，经常向其中加入铁粉，其目的是_。为了检验该溶液是否变质，应采用的实验操作及现象是_。(3)除去铁粉中混有的铝粉应选用的试剂为_，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Fe2+ + 2OH- =Fe(OH)2 (2). 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4 Fe(OH)3 (3). 防止Fe2+被氧化 (4). 取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质 (5). NaOH溶液 (6). 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2【解析】【分析】（1）硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色絮状沉淀和硫酸钠，氢氧化亚铁白色絮状沉淀被空气中氧气氧化生成氢氧化铁；（2）向Fe2+的溶液中加入铁粉，可将生成的Fe3+还原为亚铁离子；若溶液变质，溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液会变为红色；（3）铝粉能和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，而铁粉和强碱不反应。【详解】（1）在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀，反应的离子方程式为Fe2+ + 2OH- =Fe(OH)2，Fe(OH)2白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色发生这种颜色变化的原因是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：Fe2+ + 2OH- =Fe(OH)2；4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4 Fe(OH)3；（2）Fe2+离子变质是因为被空气中的氧气氧化为Fe3+，所以此时加入铁粉，就是为了能将生成的Fe3+还原为Fe2+；若溶液变质，溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液会变为红色，应采用的实验操作及现象是：取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质，故答案为：防止Fe2+被氧化；取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质；（3）铁粉和铝粉都是金属，都具有金属的通性，都能和酸反应，但铝粉能和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，而铁粉和强碱不反应，除去铁粉中混有的铝粉应选用的试剂为NaOH溶液，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2，故答案为：NaOH溶液；2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2。【点睛】本题综合考查了铁及其化合物的性质，掌握铁及其化合物性质的分析判断方法，注意Fe2+和Fe3+的相互转化以及检验中反应现象的判断是解题关键。25.已知：_H2O2 +_Cr2(SO4)3 +_KOH_K2CrO4 +_K2SO4 +_H2O（1）配平该方程式，并用单线桥法表示电子转移情况。（2）此反应中氧化剂是_。（3）若消耗1molL-1Cr2(SO4)3溶液的体积为50mL，则转移电子的物质的量是_。【答案】 (1). (2). H2O2 (3). 0.3mol【解析】【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）元素化合价降低的反应物做氧化剂被还原；（3）根据Cr元素的化合价变化计算电子转移的数目。【详解】（1）双氧水中氧元素化合价从1价降低到2价，一分子双氧水分子参加氧化还原反应时得2个电子，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，一个铬离子参加氧化还原反应失去3个电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则双氧水的计量数是3，铬离子的计量数是1，根据原子守恒可知反应的方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，用单线桥法表示电子转移情况为；（2）元素化合价降低的反应物做氧化剂被还原，其中H2O2中O元素化合价由-1降低到-2，故H2O2是氧化剂；（3）消耗Cr2(SO4)3的物质的量是1mol/L0.05L0.05mol，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，所以转移电子的物质的量是0.05mol230.3mol。【点睛】本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应基本概念和电子转移的考查，注意掌握基本概念实质和规律的应用是解题的关键。三、(本题包括2小题，共18分)26.Cl2 和 H2O2 是常见的两种氧化剂，经查阅资料 Cl2 氧化能力强于 H2O2，能将 H2O2 氧化。 为了验证该结论，学生设计了如下图所示的实验装置进行实验(夹持装置略去)。圆底烧瓶 A 中的反应方程式为 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8 H2O，请回答：(1)试管 B 中饱和食盐水的作用是_；(2)试管 C 中加入 5mL 30% 双氧水，发生反应的化学方程式_；(3)试管 D 中充满 10% NaOH 溶液，NaOH 溶液的作用是_； (4)将浓盐酸注入圆底烧瓶 A，当装置中的空气基本排尽后关闭止水夹，反应一段时间后试管 D中的现象为_，试管 D 中的气体检验方法为_ 。【答案】（1）除去Cl2中混有的HCl； （2）Cl2+H2O2=2HCl+O2； （3）吸收多余的Cl2；（4）试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升；该气体能使带火星的木条复燃，证明是氧气；【解析】试题分析：（1）该实该验采用高锰酸钾固体和浓盐酸的方法制取氯气，产生的氯气中容易混有氯化氢气体，要除去氯化氢气体，所选的除杂试剂只能吸收氯化氢而不能吸收氯气，故可以使用饱和食盐水将其除去；（2）Cl2氧化能力强于H2O2，试管C中氯气氧化过氧化氢生成氧气，自身被还原成氯化氢，反应为：Cl2+H2O2=2HCl+O2；（3）氯气是一种有剧烈刺激性气味、有毒的气体，须进行尾气处理，试管D中充满10% NaOH溶液，氯气跟NaOH溶液反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，吸收多余的Cl2；（4）Cl2+H2O2=2HCl+O2，当关闭止水夹，反应一段时间后试管D中因氧气不断增多，气体压强增大，所以试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升，氧气使带火星的木条复燃，可用此法验证氧气。考点：考查氯气的实验实制法、卤素性质比较。27.用11.9 mol/L的浓盐酸配制80 mL 1.0 mol/L稀盐酸，有如下操作步骤：用量筒量取_ mL浓盐酸倒入小烧杯中，加适量蒸馏水稀释；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12 cm处，改用_小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；将容量瓶塞紧，充分摇匀； 把中所得溶液小心地转入_中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液一并转移到容量瓶中。(1)将上述操作步骤的空白处填写完整。(2)本实验操作步骤的正确顺序是(填序号，不能重复)_。(3)玻璃棒在该实验中的作用是_。(4)配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是_(填序号)。A 洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干 B 量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面C 定容时，仰视刻度线 D 定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线线【答案】 (1). 8.4 (2). 胶头滴管 (3). 100mL容量瓶 (4). (5). 搅拌、引流 (6). B【解析】【分析】溶液配制一般步骤是：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。【详解】（1）实验室配制80mL1.0mol/L稀盐酸应选用100ml容量瓶，由稀释定律可得：11.9mol/LV103L=1.0mol/L100103L，解得V=8.4ml；向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12 cm处，为防止加水超过刻度线，应改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；配制时一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，故答案为：8.4；胶头滴管；100mL容量瓶；（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯与玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶，继续注入蒸馏水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，故实验操作顺序为：，故答案为：；（3）配制过程中，溶解时用到玻璃棒，起搅拌作用；转移和定容时用到玻璃棒，起引流作用，故答案为：搅拌、引流；（4）A、洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变；B、量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面，导致所取盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，所测结果偏高；C、定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；D、定容后，加盖倒转摇匀后，容量瓶的壁上会残留部分溶液,液面会低于刻度线，对实验结果无影响。综上所述，会使配制结果偏高的是B，故答案为B。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶规格的选择。四、(本题包括1小题，共9分)28.某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的转化：据此回答下列问题：(1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_。(2)根据上图反应关系，写出下列B、F所含物质成分的化学式：B_；F_。(3)写出过程反应的离子方程式_，固体B所含对应的金属其单质与磁性氧化铁在高温下反应的化学方程式_。(4)写出中盐酸过量时的离子反应方程式_。【答案】（10分） （1）过滤（2分）（2）Al2O3、AlCl3（各1分）（3）Al2O3+2OH=2AlO2+H2O、3Fe3O48Al4Al2O3+ 9Fe （各2分）（4）AlO2+ 4H+ = Al3+ + 2H2O（2分）【解析】【分析】由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应中生成的沉淀为Al（OH）3，溶液F为氯化钠，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则B为Al2O3，反应为KAl（SO4）2与氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4