宁夏育才中学学益校区2019-2020学年高一上学期第二次月考试题化学（解析版）


宁夏育才中学学益校区2019-2020学年高一上学期第二次月考试题
答题说明：
1.考生应把学校、考场、考号、姓名写在密封线以内，密封线以外的无效。
2.请用钢笔、中型笔或圆珠笔把答案写在答题卡的横线上,选择题涂在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Fe—56 Cu—64
第Ⅰ卷 选择题（共50分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）
1.下列各组物质中，前者为混合物，后者为单质的是(　　)
A. Na2CO3·10H2O、石墨 B. 碘酒、干冰
C. 石油、液氧 D. 盐酸、水
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2CO3·10H2O是化合物，石墨是单质，故A错误；B、碘酒是碘的酒精溶液是混合物，干冰是化合物，故B错误；C、液氧是单质，石油是多种烃的混合物，故C正确；D、盐酸是HCl和H2O的混合物，水是化合物，D错误。故选C。
2.化学知识可以帮助解决日常生活中遇到的许多问题，下列说法错误的是（ ）
A. 胃酸过多的病人，可以服用碳酸氢钠来中和胃酸
B. 明矾有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒
C. 由于镁燃烧发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火
D. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
【答案】B
【解析】
【分析】A. 胃酸的主要成分是盐酸，与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和CO2；
B. 明矾溶于水，Al3+水解生成胶体；
C. 镁燃烧后发出耀眼的白光，可制造信号弹和烟火；
D. 过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气。
【详解】A. 碳酸氢钠与胃酸反应，生成氯化钠、水和CO2，可治疗胃酸过多，A项正确，不符合题意；
B. 明矾溶于水后，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能净水，但不能杀菌消毒，B项错误，符合题意；
C. 镁燃烧后发出耀眼的白光，可制造信号弹和烟火，C项正确，不符合题意；
D. 过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，可用作呼吸面具供氧剂，D项正确，不符合题意；
答案选B。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B. 常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA
C. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D. 常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA
【答案】D
【解析】
【分析】A. 铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1mol铁参与反应，电子转移2mol；
B. 常温常压下，无法计算甲烷的物质的量；
C. 氦气为单原子单质分子，氟气为双原子单质分子；
D. 铝与盐酸反应，生成氯化铝和氢气，1mol铝参与反应，电子转移3mol。
【详解】A. 1mol铁参与反应，电子转移2mol，5.6g(即0.1mol)铁与盐酸反应，电子转移0.2mol，转移的电子数为0.2NA，A项错误；
B. 常温常压下，无法计算甲烷的物质的量，B项错误；
C. 氦气为单原子单质分子，22.4L(即1mol)氦气所含原子数为NA，氟气为双原子单质分子，22.4L(即1mol)氟气所含原子数为2NA，二者所含原子数不相等，C项错误；
D. 铝与盐酸反应，生成氯化铝和氢气，1mol铝参与反应，电子转移3mol，2.7g(即0.1mol)铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，D项正确；
答案选D。
4.某试剂瓶上贴有如下标签，对该试剂理解正确的是(　　)

A. 该溶液中含有的微粒主要有：NaCl、Na+、Cl-、H2O
B. 若取50毫升溶液，其中的c(Cl-)=0.05  mol/L
C. 若取该溶液与0.1 mol/L AgNO3 100 mL溶液完全反应，需要取该溶液10 mL
D. 该溶液与1.0 mol/L Na2SO4溶液的c(Na+)相等
【答案】C
【解析】A. 氯化钠溶于水全部电离出Na+、Cl-，溶液中不存在NaCl，A错误；B. 溶液是均一稳定的，若取50毫升溶液，其中c(Cl-)=1.0mol/L，B错误；C. 100 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中硝酸银的物质的量是0.01mol，完全反应消耗氯化钠是0.01mol，因此需要取该溶液的体积为0.01mol÷1mol/L＝0.01L＝10 mL，C正确；D. 该溶液与1.0mol/LNa2SO4溶液的c(Na+)不相等，后者溶液中钠离子浓度是2.0mol/L，D错误，答案选C。
5.下列离子方程式中，正确的是 （ ）
A. 金属钠和水：Na +H2O＝Na++OH-+H2↑
B. 磁性氧化铁和稀盐酸：Fe3O4+8H+＝Fe2++2Fe3++4H2O
C. 氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O＝AlO2－+4NH4++2H2O
D. 钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu
【答案】B
【解析】
【分析】A. 钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na +2H2O＝2NaOH+H2↑；
B. Fe3O4与盐酸反应，生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应方程式为：Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2Fe Cl3+4H2O；
C. 氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱。
D. 金属钠加入到硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2+H2↑。
【详解】A. 钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na +2H2O＝2NaOH+H2↑，离子方程式为：2Na +2H2O＝2Na++2OH-+H2↑，A项错误；
B. Fe3O4与盐酸反应，生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应方程式为：Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2Fe Cl3+4H2O，离子反应为：Fe3O4+8H+＝Fe2++2Fe3++4H2O，B项正确；
C. 氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱，氨水属于弱碱，因此氯化铝与过量的氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应方程式为：AlCl3+3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4Cl，离子反应为：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C项错误；
D. 金属钠加入到硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，D项错误；
答案选B。
6.下列关于胶体的说法，正确的是(　　)
A. 向稀的 NaOH 溶液中逐滴加入 5～6 滴 FeCl3 饱和溶液，即可制得 Fe（OH）3 胶体
B. 胶体的分散质能通过滤纸孔隙，而浊液的分散质则不能
C. 丁达尔效应是胶体不同于溶液的本质区别
D. Fe（OH）3 胶体的电泳实验说明了 Fe（OH）3 胶体带电
【答案】B
【解析】
【分析】实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质微粒直径小于1nm属于溶液，介于1-100nm属于胶体，大于100nm属于浊液；胶体是一种均匀、透明、介稳定的分散系，胶粒不能透过滤纸，胶体是电中性的，胶粒是带电荷的，能够产生丁达尔效应、布朗运动、聚沉、电泳。
【详解】A项、把饱和的三氯化铁溶液滴加到沸水中，继续加热至溶液呈现红褐色停止加热，即得到Fe（OH）3胶体，NaOH溶液中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液得到的是氢氧化铁沉淀，故A错误；
B项、胶体粒度小于100nm，能通过滤纸，浊液中分散质粒度大于100nm能通过滤纸，故B正确；
C项、胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，不是有丁达尔效应，故C错误；
D项、氢氧化铁胶体微粒带正电，Fe（OH）3 胶体的电泳实验说明了 Fe（OH）3 胶粒带电，故D错误。
故选B。
7.用10 mL0.1mol·L-1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、K2SO4和ZnSO4三种溶液中的SO42-完全转化为BaSO4沉淀，则三种硫酸盐溶液物质的量浓度之比是（ ）
A. 3∶2∶2 B. 1∶2∶3
C. 1∶3∶3 D. 3∶1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，则各溶液中硫酸根物质的量相等，据此确定Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4物质的量之比，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比。
【详解】由题意知反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，
设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2++ SO42-=BaSO4↓可知：3x=y=z，
则x：y：z=1：3：3，
因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3；
故选C。
8.碳酸钠俗名纯碱或苏打，在外观上与食盐相似，可用于洗涤，如清洗厨房用具的油污等。区分厨房中的食盐和碳酸钠的方法有很多，下列方法中不能区分两者的是(　　)
A. 分别取少量两种物质，尝一下两者的味道
B. 分别取少量两种物质于试管中，滴加醋酸溶液观察现象
C. 分别取少量两种物质于试管中，加蒸馏水溶解，用PH 试纸分别测两种溶液的pH
D. 分别取少量两种物质于试管中，加蒸馏水溶解，再加AgNO3 溶液观察现象
【答案】D
【解析】
【分析】区分厨房中的食盐和碳酸钠可以通过品尝味道、观察溶解程度、测定溶液pH、加酸、发生沉淀反应如家石灰水或氯化钡溶液等，依据两者的不同加以区分，但不能选用AgNO3 溶液，因为两者的实验现象相同。
【详解】A项、各取少量通过尝味道，咸味的是食盐，涩味的是碳酸钠，能区分，故A正确；
B项、食醋与碳酸钠反应产生二氧化碳，与食盐不反应，能区分，故B正确；
C项、食盐溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性，两种溶液的pH大小不同，能区分，故C正确；
D项、食盐溶液与AgNO3 溶液反应生成白色氯化银沉淀，碳酸钠溶液与AgNO3 溶液反应生成白色碳酸银沉淀，实验现象相同，不能区分，故D错误。
故选D。
9.下列各组离子，在强酸性溶液中能大量共存的是（ ）
A. Na+、K+、Ca2+、HCO3﹣ B. NO3﹣、Cl﹣、Na+、Ag+
C. Cu2+、K+、SO42﹣、Cl﹣ D. Mg2+、Na+、Cl﹣、OH﹣
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性溶液中存在大量的H+，判断H+是否与所有离子能共存。
【详解】A. H+与HCO3﹣发生复分解反应，生成CO2和水，不能共存，A项错误；
B. Cl﹣与Ag+发生复分解反应，生成白色沉淀，不能共存，B项错误；
C. H+与Cu2+、K+、SO42﹣、Cl﹣均能大量共存，C项正确；
D. Mg2+与OH﹣，H+与OH﹣发生复分解反应，不能共存，D项错误；
答案选C。
10.某溶液中只含有四种离子，已知其中三种离子Na +，Ca2 +，NO3-的物质的量浓度分别是2mol/L、1mol/L、1mol/L，则溶液中另一离子及其物质的量浓度是（ ）
A. CO32- 1.5mol/L B. K+ 0.5mol/L
C. OH- 3mol/L D. Cl- 2mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】根据电荷守恒进行计算。
【详解】根据电荷守恒可知另一种离子为阴离子，且有c(Na +)+2c(Ca2 +)=c(NO3-)+c(未知阴离子)，即2mol/L+2×1mol/L=1mol/L+ c(未知阴离子)，c(未知阴离子)所带电荷为3mol/L，又因为碳酸根与钙离子不能共存，符合要求的为c(OH-)=3mol/L；
答案选C。
11.下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（ ）
A. Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称铁红
B. Fe(OH)2为白色固体，不溶于水，能在空气中稳定存在
C. Fe2(SO4)3与KSCN反应产生血红色沉淀
D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，可以向溶液中通入适量的氯气
【答案】D
【解析】
【分析】A. 四氧化三铁俗称磁性氧化铁，是一种黑色固体；
B. Fe(OH)2为白色固体，易被空气中的氧气氧化；
C. 三价铁离子遇到KSCN显红色；
D. 氯气可将Fe2+氧化为Fe3+。
【详解】A. 四氧化三铁俗称磁性氧化铁，是一种黑色固体，三氧化二铁是一种红棕色粉末，俗称铁红，故A项错误；
B. Fe(OH)2为白色固体，不溶于水，在空气中易被氧气氧化为氢氧化铁，故B项错误；
C. Fe2(SO4)3与KSCN反应发生络合反应产生血红色物质，不生成沉淀，故C项错误；
D. 氯气具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，且不引入新的杂质，可以向溶液中通入适量的氯气，除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，故D项正确。
答案选D。
12.下列有关离子(或物质)的检验、现象及结论，都正确的是(　　)
A. 向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中一定含有Fe2+
B. 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到钠离子火焰呈黄色
C. 向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，说明发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2>Fe3+
D. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42﹣
【答案】C
【解析】
【分析】A. 滴加氯水，可氧化亚铁离子；
B. 蓝色钴玻璃可滤去黄光；
C. 依据过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；
D. 不能排除Ag+的干扰。
【详解】A．滴加氯水，可氧化亚铁离子，则检验亚铁离子时先加KSCN溶液，后加氯水，A错误；
B．蓝色钴玻璃可滤去黄光，不能透过蓝色钴玻璃，B错误；
C．向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，是因为过氧化氢氧化二价Fe2+生成三价Fe3+，二者发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2＞Fe3+，C正确；
D．不能排除Ag+的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加氯化钡检验，D错误；
故合理选项是C。
13.在实验室里，要想使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（ ）
A. 氨水 B. 氢氧化钠溶液 C. 硫酸 D. 石灰水
【答案】A
【解析】
【分析】氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱。
【详解】实验室常用弱碱与铝盐反应生成沉淀方法制取氢氧化铝，因此选择氨水；
答案选A。
14.将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出（溶液体积变化忽略不计），所得溶液Q中，下列有关说法正确的是(　　)
A. 溶液Q比原溶液增重了1.92g.
B. Q中n(Cu2+):n(Fe3+)=3:4
C. 反应中转移的电子数为0.04mol
D. n(Cu2+)=0.03mol
【答案】B
【解析】
【分析】Cu与FeCl3发生：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，同溶液，微粒的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，进行分析。
【详解】将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出（溶液体积变化忽略不计），Cu与FeCl3发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，所得溶液Q中的c(Fe3＋):c(Fe2＋)=2:3，则c(Fe3＋)=0.04mol/L、c(Fe2＋)=0.06mol/L、c(Cu2＋)=0.03mol/L。
A、题中没有说明溶液的体积，无法计算溶液增重的量，故A错误；
B、同溶液中，微粒物质的量浓度之比等于其物质的量之比，根据离子方程式，推出Q中n(Cu2＋):n(Fe3＋)=c(Cu2＋):c(Fe3＋)=0.03:0.04=3:4，故B正确；
C、题中没有说明溶液的体积，无法计算出转移电子物质的量，故C错误；
D、题中没有说明溶液的体积，无法计算Cu2＋物质的量，故D错误.
15.由CO和H2组成的混合气体2.4g在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为(　　)
A. 1.2g B. 2.4 g C. 3.6 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】CO在氧气中完全燃烧生成CO2, CO2和再与Na2O2反应,方程式为2CO+ O22CO2 、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,总方程式为:CO+Na2O2=Na2CO3,可以知道过氧化钠增重为CO的质量;H2在氧气中完全燃烧生成H2O, H2O再与反应,方程式为2H2+O22H2O、2H2O+ 2Na2O2=4NaOH+O2 ,总反应方程式为: 2H2+2Na2O2=4NaOH,可以知道反应后固体质量增加为氢气质量,故由2.4 g CO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧,立即通入足量的Na2O2固体,固体质量增加应为CO和H2的质量,即固体增重为2.4 g,所以B选项是正确的.答案：B。
16.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述不正确的是（ ）
A. AlN中N元素显-3价 B. 上述反应中CO是氧化产物
C. 上述反应中Al2O3是还原剂 D. 上述反应中碳发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】反应中N元素化合价从0价降低到-3价，得到电子，发生还原反应，C元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应，据此分析判断。
【详解】A. 反应中N元素化合价从0价降低到-3价，AlN中N元素显-3价,A项正确，不符合题意；
B. 反应中C元素化合价从0价升高到+2价，因此CO是氧化产物，B项正确，不符合题意；
C. 在反应中Al2O3中所有元素化合价均未发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，C项错误，符合题意；
D. 反应中C元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应，D项正确，不符合题意；
答案选C。
17.将一定质量的金属钠放入100 mL 0.2 mol·L－1的氯化铝溶液中，反应后得到无色澄清溶液，其中除水外只含有氯化钠和偏铝酸钠，则加入的钠的质量为(　　)
A. 1.84 g B. 1.38 g C. 2.3 g D. 0.46 g
【答案】A
【解析】
【详解】钠放入氯化铝溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的NaOH再和AlCl3反应生成NaAlO2：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O。把钠和水的反应方程式的系数扩大2倍后和NaOH和AlCl3的反应相加得：4Na+AlCl3+2H2O=NaAlO2+3NaCl+2H2↑。AlCl3的物质的量为0.100L× 0.2 mol·L－1=0.02mol，所以需要钠的物质的量为0.08mol，为0.08mol×23g/mol=1.84g。故选A。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，同温同压下，生成的CO2体积相同
B. 氧化铝的熔点很高，可用于制造坩埚熔融烧碱
C. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量氧气时，转移电子的物质的量相等
D. 足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反应，产生相同量的氢气
【答案】C
【解析】
【分析】A. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，生成的CO2体积相同；
B. 氧化铝和烧碱反应，生成偏铝酸钠；
C. 1molNa2O2与水反应，电子转移1mol，1molNa2O2分别与CO2反应，电子转移1mol；
D. 1 mol HCl与铝反应生成H20.5mol，1 mol NaOH与铝反应生成H21.5mol；
【详解】A. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，生成的CO2体积相同，等质量的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3的物质的量大于Na2CO3，，因此NaHCO3与盐酸反应放出的CO2多，A项错误；
B. 氧化铝和烧碱反应，生成偏铝酸钠，因此不能用于制造坩埚熔融烧碱，B项错误；；
C. 1molNa2O2与水反应，电子转移1mol，1molNa2O2分别与CO2反应，电子转移1mol，因此转移电子的物质的量相等，C项正确；
D. 1 mol HCl与铝反应生成H20.5mol，1 mol NaOH与铝反应生成H21.5mol，产生的H2的量不同，D项错误；
答案选C。
19.在含少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳气体。下面四个图像中，纵坐标均表示沉淀的物质的量，横坐标均表示加入物质的物质的量，其中实验和图像对应关系正确的是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】CO2先与氢氧化钠反应，再与偏铝酸钠溶液反应；
【详解】在含少量NaOH的偏铝酸钠溶液中通入CO2直至过量，CO2先与氢氧化钠反应，不产生沉淀，反应完后再与偏铝酸钠溶液反应生成沉淀至达到最大值后不再变化，发生的反应为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 故答案为D.
20.镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（ ）
A. Cu2＋ B. AlO2- C. Al3＋ D. Mg2＋
【答案】B
【解析】
【分析】镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，生成氯化镁和氯化铝，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，据此分析判断。
【详解】镁、铝、铜中加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，过滤后滤液中只存在AlO2-；
答案选B。
21.已知下列几个反应的化学方程式：① 2KI＋Cl2＝2KCl＋I2、② 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3、③ 2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋I2＋2HCl，下列有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的是(　　)
A. Cl2＞Fe3+＞I2 B. Cl2＞I2＞Fe3+
C. Fe3+＞Cl2＞I2 D. Fe3+＞I2＞Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物进行分析。反应①中氧化剂为氯气，氧化产物为碘单质，反应②中氧化剂为氯气，氧化产物为铁离子，反应③中氧化剂为铁离子，氧化产物为碘单质，所以氧化性的顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2，选A。
22.下列变化过程中失去电子的是(　　)
A. Fe3＋→Fe2＋ B. → Mn2＋
C. Cl－→Cl2 D. N2O3→HNO2
【答案】C
【解析】
【分析】在氧化还原反应中失去电子必然引起元素化合价的升高，即发生氧化反应，由此分析。
【详解】A.因为元素化合价升高的过程即为失去电子的过程，铁元素由+3价变化到+2价，元素化合价降低，A项错误；
B.锰元素的化合价由+7价变化到+2价，化合价降低，B项错误；
C.氯元素的化合价由-1价变化到0价，化合价升高，C项正确；
D.该过程前后氮元素的化合价都是+3价，化合价没有变化，D项错误；答案选C。
23.下列各组反应，最终一定能得到白色沉淀的是(　　)
A. 向Ca（OH）2溶液中通入足量CO2
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液
C. 向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液
D. 向MgSO4溶液中加入足量NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀常见的是：硅酸、氢氧化铝、难溶的碳酸盐和硫酸盐以及氯化银等．
【详解】A. 向Ca（OH）2溶液中通入足量CO2，Ca（OH）2＋2CO2=Ca(HCO3)2，生成可溶性碳酸氢钙，故A不选；
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，故B不选；
C.FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液会先生成白色的氢氧化亚铁，然后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色沉淀氢氧化铁，故C不选；
D. 向MgSO4溶液中加入足量NaOH溶液，生成白色的氢氧化镁沉淀，故D选；
故选D。
24.加热 42g NaHCO3 和 Na2CO3 固体混合物，至没有气体放出时，剩余的固体质量是 35.8 g。那么原固体混合物中Na 2CO3 的质量是(　　)
A. 25.2g B. 16.8 g C. 10.6 g D. 24.8g
【答案】A
【解析】
【分析】因Na2CO3的热稳定性好，所以Na2CO3和NaHCO3固体混合物加热至无气体放出为止，只发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，剩余固体质量包括加热分解生成的Na2CO3及原混合物中含有的Na2CO3，利用差量法计算NaHCO3的质量，进而计算Na2CO3的质量。
【详解】设混合物中碳酸氢钠的质量为a，则有：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m
168 62
A (42-35.8)
由方程式的关系式：168：62=a：6.2,解得a=16.8g，则混合物中Na 2CO3 的质量是（42-16.8）g=25.2g，故选A。
25.18.4g由铁、铜组成的混合粉末加入100mL5.0mol•L﹣1FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为3.2g。下列说法正确的是（ ）
A. 原固体混合物中：n（Cu）：n（Fe）＝2：1
B. 反应后溶液中的溶质有FeCl2、FeCl3、CuCl2
C. 反应后溶液中：n（Fe2+）+n（Cu2+）＝0.8mol
D. 剩余固体是铁
【答案】A
【解析】
【分析】铁比铜活泼，因此先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生Cu+2Fe3+=3Fe2++Cu2+，原FeCl3溶液中FeCl3的物质的量n(FeCl3)=5.0mol•L﹣1×0.1L=0.5mol，结合方程式进行解答。
【详解】设0.5mol Fe3+完全反应消耗铁的质量为xg，铜为yg，那么
Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ Cu+ 2Fe3+ = 3Fe2+ + Cu2+
56g 2mol 64g 2mol
xg 0.5mol yg 0.5mol
x==14g， y==16g，溶解的金属的质量为18.4-3.2=15.2g，且有14<15.2<16，说明铁完全反应反应而铜部分反应，有剩余；
A. 根据分析可知，剩余的3.2g金属为Cu，物质的量为=0.05mol，反应掉的铁和酮的质量为18.4-3.2=15.2g，56n(Fe)+64n(Cu)=15.2，2n(Fe)+2n(Cu)=0.5，解得n(Fe)=0.1mol，n(Cu)=0.15mol，因此铜的物质的量为0.15mol+0.05mol=0.2mol，原混合物中n(Cu)：n(Fe)＝2：1，A项正确；
B.由于铜有剩余，Fe3+完全反应，因此溶液中不存在Fe3+，B项错误；
C.根据方程式可知反应后溶液中n(Fe2+)=0.5+0.1=0.6mol，n(Cu2+)=0.15mol，因此n(Fe2+)+n(Cu2+)＝0.75mol，C项错误；
D.剩余的固体是铜，不是铁，D项错误；
答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
26.有下列四组混合物，如何进行分离？请将分离的方法填在横线上。
（1）水和酒精。___
（2）碘和四氯化碳。___
（3）水和四氯化碳。___
（4）硝酸钠溶液中的氯化银。___
（5）硝酸钾和氯化钠。___
【答案】(1). 蒸馏法 (2). 蒸馏法 (3). 分液法 (4). 过滤法 (5). 重结晶
【解析】
【分析】（1）分离互溶的液体用蒸馏的方法；
（2）分离互溶的液体用蒸馏的方法；
（3）水和四氯化碳不互溶，分层；
（4）氯化银难溶于水，硝酸钠易溶于水；
（5）硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的升高变化规律不同。
【详解】（1）水和酒精互溶，用蒸馏法分离；
（2）碘和四氯化碳互溶，用蒸馏法分离；
（3）水和四氯化碳不互溶，分层，直接用分液的方法进行分离；
（4）硝酸钠易溶于水，氯化银难溶于水，将混合物溶解，过滤即可分离；
（5）硝酸钾的溶解度随温度的升高逐渐降低，氯化钠的溶解度随温度的升高逐渐增大，因此用重结晶的方法可将其分离。
27.(1)现有物质：①NaCl晶体  ②CO2 ③氨水  ④蔗糖 ⑤BaSO4固体 ⑥铜  ⑦熔融的KNO3 
试回答(填序号)：能导电的是_____________；属于电解质的是____________。
(2)一定量的金属铝跟足量NaOH溶液反应，放出3.36LH2(标准状况下)，则该铝的质量是______g，如反应后溶液的体积为500mL，则反应后溶液中NaAlO2的物质的量浓度为_______mol/L。
(3)同温同压下的两个相同容器中分别装有NO和NO2气体，则两瓶气体中，质量之比是________，分子数之比是________。
(4)设NA表示阿伏加德罗常数，如果x g某气体含有的分子数是y，则z g该气体在标准状况下的体积是_______L(用含NA的式子表示)。
【答案】(1). ③⑥⑦ (2). ①⑤⑦ (3). 2.7 (4). 0.2 (5). 15：23 (6). 1:1 (7). 22.4yz/(xNA)
【解析】
【分析】（1）存在自由移动的带电微粒即可导电；在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质；
（2）Al与足量的NaOH溶液反应生成氢气，根据方程式计算Al的物质的量，再计算铝的质量和NaAlO2的物质的量浓度；
（3）同温同压下气体的气体摩尔体积相等，根据n=V/Vm=m/M=N/NA结合分子组成计算；
（4）a g某气体中含有的分子数为b，据此可以设计成cg该气体中含有的分子数，然后根据n=N/NA计算出cg该气体的物质的量，再根据V=nVm计算出标况下cg该气体的体积。
【详解】（1）氨水中存在自由移动的离子能导电；铜中存在自由移动的电子则能导电；熔融的KNO3中存在自由移动的离子能导电；NaCl、BaSO4、KNO3都是化合物，且在水溶液中或熔化状态下能导电，则属于电解质，故答案为③⑥⑦；①⑤⑦；
（2）合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2
+3H2↑，产生气体氢气3.36L（标准状况），其物质的量= 3.36L/22.4L/mol =0.15mol，由方程式可知n（Al）= 2 n（H2）/3 =0.15mol× 2/3 =0.1mol，则m(Al)= 0.1mol×27g/mol；由铝原子个数守恒可知，n（NaAlO2）= n（Al）=0.1mol，c（NaAlO2）= n（NaAlO2）/V=0.1mol/0.5L=0.2 mol/L，故答案为2.7；0.2；
（3）同温同压下的两个相同容器中分别装有NO和NO2气体，由于同温同压下气体的气体摩尔体积相等，由n=V/Vm可知，气体的分子数相等，分子数比值为1：1，质量比等于摩尔质量之比，为15：23，故答案为1：1；15：23；
（4）如果xg某气体中含有的分子数为y，则zg该气体含有的分子数为：y×zg/xg=yz/x，含有的气体的物质的量为n=yz/xNAmol，则c g该气体在标准状况下的体积为：V=22.4L/mol×yz/xNAmol=22.4yz/xNA，故答案为22.4yz/xNA。
28.工业上利用电解饱和食盐水生产氯气(Cl2)、烧碱和氢气的化学方程式是:2NaCl + 2H2ONaOH + Cl2↑+ H2↑
(1)用双线桥表示出电子转移的方向和数目______________题干中反应改写成离子方程式是___________________________________
(2)电解食盐水的过程中，氧化产物是__________________________________
(3)电解食盐水要求对粗食盐水进行精制，以除去租食盐水中含有的泥沙和SO42-、Ca2+,Mg2+等杂质离子。精制时依次加入氯化钡溶液、纯碱、烧碱，充分反应后过滤，在滤液中加入盐酸中和至中性。盐酸与滤液反应的离子方程式:___________________,________________________________.
(4)实验室欲用固体NaOH来配制90ml 0.5 mol/L的NaOH溶液来用于以上除杂，需要称量固体NaOH_______g。配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却。其正确的操作顺序为__________。在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏低的是___________(填字母)。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容
C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
【答案】(1). (2). 2Cl—+2H2O2OH—+Cl2↑+H2↑ (3). Cl2 (4). H+ +OH—=H2O (5). CO3 2- + 2H+ =H2O+ CO2↑ (6). 2.0 (7). ②①③⑧⑤⑥⑦④ (8). A
【解析】
【分析】（1）反应中氯化钠中氯元素的化合价升高生成氯气，氯化钠做还原剂，水中氢元素化合价降低生成氢气，水做氧化剂，反应中转移电子数目为2e—；
（2）反应中Cl元素化合价升高的被氧化，氯气为氧化产物；
（3）在滤液中加入盐酸，目的是除去溶液中过量的氢离子和碳酸根离子；
（4）根据n=cM计算出氢氧化钠的物质的量；根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤进行排序；分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V判断。
【详解】（1）电解饱和食盐水生成氢气、氯气（Cl2）和烧碱，反应中氯化钠中氯元素的化合价升高生成氯气，氯化钠失电子做还原剂，水中氢元素化合价降低生成氢气，水得电子做氧化剂，反应中转移电子数目为2e—，双线桥为：；离子方程式为：2Cl—+2H2O2OH—+Cl2↑+H2↑，故答案为；2Cl—+2H2O2OH—+Cl2↑+H2↑；
（2）反应中Cl元素化合价升高的被氧化，氯化钠失电子做还原剂，氯气为氧化产物，故答案为Cl2；
（3）精制时依次加入氯化钡溶液、纯碱、烧碱，氯化钡溶液除去硫酸根离子，纯碱除去钡离子、钙离子，烧碱除去镁离子；充分反应后过滤，在滤液中加入盐酸，目的是除去溶液中过量的氢离子和碳酸根离子，则在滤液中加入盐酸中和至中性的离子方程式为：H++OH-=H2O，CO3 2- + 2H+ =H2O+ CO2↑，故答案为H++OH-=H2O；CO3 2- + 2H+ =H2O+ CO2↑；
（4）实验室配制90ml 0.5 mol/L的NaOH溶液应选用100ml容量瓶，需氢氧化钠的质量为m=0.5L×0.1mol•L-1×40g/mol=2.0g，故答案为2.0g；
操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，实验先后顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④，故答案为②①③⑧⑤⑥⑦④；
A、有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
B、液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，冷却后会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
C、容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；
故答案为A。
29.经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：
离子
Fe3+
Cu2+
SO42-
Na+
H+
浓度/(mol/L)
2×10-3
1×10-3
1×10-2
2×10-3

（1）c(H+)=___________mol/L。
（2）为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾（FeSO4·7H2O）。

① 工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式为：
Fe + Cu2+= Fe2++ Cu、____________、____________。
② 试剂B是__________。
③ 操作③是蒸发浓缩、冷却结晶、___________，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。
④ 通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是____________。
⑤ 获得的FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是___________。
⑥ 上述1000 L废水经处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是________mol。
【答案】(1). 0.01 (2). Fe +2Fe3+=3Fe2+ (3). Fe +2H+=Fe2++H2↑ (4). 硫酸 (5). 过滤 (6). 取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽 (7). FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水） (8). 12
【解析】
【详解】（1）根据电荷守恒知，c(H+)+3 c(Fe3+)+2 c(Cu2+)+ c(Na+)= c(OH－)+2 c(SO42-)，废水呈强酸性，氢氧根浓度很小，计算时可忽略，代入题给数据计算得c(H+)=0.01 mol/L；
（2）① 工业废水中含有硫酸铜、硫酸铁和硫酸，加入铁粉后，反应的离子方程式为：Fe + Cu2+=Fe2++ Cu、Fe +2Fe3+=3Fe2+、Fe +2H+= Fe2++H2↑。② 过滤，固体C为铁和铜的混合物，加入过量硫酸，过滤，得铜和硫酸亚铁溶液，故试剂B是硫酸。③ 操作③是从溶液中获得晶体的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。④Fe3+的检验用KSCN溶液，故判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽。⑤ Fe2＋易被氧化，绿矾晶体易失去结晶水，故FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水）。⑥ 1000 L废水中n(Fe3+)=2mol，560g铁粉的物质的量为10mol，根据铁元素守恒知，经上述处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是12mol。
30.已知A为淡黄色固体，R和T是两种生活中常见的金属单质，C、F是无色无味的气体。

(1)物质A的化学式为_____，D化学式为_____，W的化学式为_____；
(2)B与R反应生成F的离子反应式为___________；
(3)A与CO2反应的化学反应方程式为____________；
(4)H转化为M的化学反应方程式为_____________；
【答案】(1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO﹣2+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，C为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3；
【详解】A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，C为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3，加入过量的Fe，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，即E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3，
（1）根据上述分析，物质A为Na2O2，D的化学式为Fe3O4，W的化学式为FeCl3；
（2）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；
（3）Na2O2与CO2反应方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（4）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，其反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。