黑龙江省鹤岗市第一中学2018_2019学年高一化学下学期第一次月考(开学)试题(含解析)

黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019 学年高一化学放学期第一次月考
（开学）试题（含分析）
一、选择题
1.在自然界中，既能以化合态存在又能以游离态存在的元素是
A.碳
B.硅
C.氯
D.铝
【答案】 A
【分析】
试题剖析：在自然界中碳是构成全部动植物体的重要元素，很多以动植物为根源的东西，在
高温时都会分解生成碳。

所以说在自然界里，碳主假如以化合态存在，但也有游离态的，如
金刚石、石墨等。

氯、硅和铝在自然界中只有化合态，没有游离态，答案选 A。

考点：考察元素的存在形态。

2.将金属钠分别投入以下物质的稀溶液中，有气体放出且有积淀生成的是
A. 稀盐酸
B. NH4Cl
C. CuCl2
D. NaOH
【答案】C
【分析】
【剖析】
A、钠与稀盐酸反响生成氯化钠和氢气；
B、钠与NH4Cl溶液反响，本质是钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与NH4Cl反响；
C、钠与CuCl2溶液反响，本质是钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与CuCl 2反响；
D、钠与氢氧化钠溶液反响本质是与水反响。

【详解】 A 项、钠与硫酸反响生成硫酸钠和氢气，没有积淀生成，故 A 错误；
B 项、钠与NH4Cl溶液反响，本质是钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与NH4Cl反应生成氯化钠和氨气，没有积淀生成，故 B 错误；
C 项、钠与 CuCl 2溶液反响，本质是钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与CuCl2反应生成氢氧化铜积淀和氯化钠，故Ｃ正确；
D 项、钠与氢氧化钠溶液反响本质是与水反响生成氢氧化钠和氢气，没有积淀生成，故D错误。

应选 C。

【点睛】此题考察了钠的性质，明确钠与盐溶液反响本质是钠先与水反响，生成的氢氧化钠
再与盐发生复分解反响是解答重点。

3.推的思想方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，以下几种类推结论中错误的选项是
①钠与水反响生成NaOH和 H2；所有金属与水反响都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更开朗的铝不可以在空气中稳固存在
③化合物 NaCl 的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色
④密度为 1.1 g/cm 3与密度为 1.2 g/cm 3的 NaCl 溶液等体积混淆，所得NaCl 溶液的密度介于
1.1 g/cm3与 1.2 g/cm3之间； Na－ K 合金的熔点应介于Na 和 K 的熔点之间
A. ①③
B. ③④
C. ①②③④
D. ①②④
【答案】 D
【分析】
【详解】①铁与水蒸气反响生成Fe3O4和 H2，故①说法错误；
②铝与氧气反响，铝表面生成一层致密的氧化薄膜，阻挡反响的进行，铝单质在空气中能稳
定存在，故②说法错误；
③含有 Na 元素的物质，焰色反响都表现黄色，故③说法正确；
④合金的熔点低于成分的熔点，故④说法错误；
综上所述，选项 D 切合题意。

4.纯碱和小苏打是厨房中两种常有的用品，它们都是白色固体，以下划分这两种物质的方法
中正确的选项是
A.分别用沙锅加热两种样品，所有分解挥发没有残留物的是小苏打
B.用干净铁丝蘸取两种样品在煤气火焰上灼烧，使火焰颜色发生显然变化的是小苏打
C.取两只小玻璃杯，分别加入少许的两种样品，再加入等量的食醋，产生气泡快的是小苏打
D.先将两样品配成溶液，分别加入澄清石灰水，无白色积淀生成的是小苏打
【答案】 C
【分析】
试题剖析：纯碱是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠。

A、小苏打受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以分解完整时仍有固体节余，错误；B、两者均含Na 元素，所以焰色反响均是黄色，不可以划分，错误；C、碳酸氢钠、碳酸钠与等量的醋酸反响，碳酸氢钠的反响速率快，所以产
生气泡快的是小苏打，正确；D、碳酸钠、碳酸氢钠均与石灰水反响产生白色积淀，不可以划分，错误，答案选C。

考点：考察碳酸钠、碳酸氢钠化学性质的比较
5.以下各项操作中，不发生“先产生积淀，而后积淀又溶解”现象的是
①向饱和碳酸钠溶液中通入过度的CO②向 NaAlO 溶液中逐滴加入过度的稀盐酸③向
22
AlCl 3溶液中逐滴加入过度稀氢氧化钠溶液④向硅酸钠溶液中逐滴加入过度的盐酸
A. ①②
B. ①③
C. ①④
D.②③
【答案】 C
【分析】
①向饱和碳酸钠溶液中通入过度的
2
CO，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先积淀后溶解的现象，
故①切合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过度的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反响先生成氢氧化铝沉
淀，后氢氧化铝和盐酸反响生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生积淀，而后沉
淀又溶解”，所以不切合条件，故②不切合；③向AlCl 3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过度，先生成氢氧化铝积淀，持续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝积淀，反响现象是先积淀后溶
解，故③不切合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过度的盐酸，盐酸和硅酸钠反响生成难溶性的
硅酸，硅酸和盐酸不反响，所以不出现“先产生积淀，而后积淀又溶解”现象，故④切合；
答案为 C。

6. 以下物件或设施：①水泥路桥②门窗玻璃③水晶项链④石英钟表⑤玛瑙手镯⑥硅太阳能电
池⑦光导纤维⑧计算机芯片。

所用资料为SiO2或要用到SiO2的是
A. ①②③④⑤⑦
B.所有
C. ③④⑤⑦⑧
D.①②⑦⑧
【答案】 A
【分析】
试题剖析：石英、水晶、玻璃的主要成分是二氧化硅，光导纤维是二氧化硅资料，硅电池、
硅芯片均是硅单质的用途的表现，陶瓷、砖瓦、玻璃、石棉为硅酸盐资料。

所用资料为SiO2或用到 SiO2 的是：②③④⑤⑦；为硅酸盐的是：①。

综上，答案D。

考点：硅酸盐资料
7.以下反响的离子方程式正确的选项是
A. 向 Ba(OH) 溶液加入等物质的量的硫酸：2+-2-+
Ba +2OH+SO +2H = BaSO ↓+2H O
2442
B.BaCO3溶于醋酸： BaCO3+2H+＝ Ba2+ +H2O+CO2↑
C.将 C12通入水中： C12+H2O＝ Cl - +2H++ClO -
D.向 Na2CO3溶液中通入过度 CO2气体： CO32- +CO2+H2O＝ HCO3-
【答案】 A
【分析】
试题剖析： A 项正确； B 项醋酸是弱电解质不可以拆成离子形式，所以错误； C 项次氯酸是弱酸，
不可以打开，错误； D 项反响前后电荷不守恒，且没有配平，错误。

考点：考察离子方程式的书写正误判断
评论：注意反响中哪些物质能够拆成离子形式，注意电荷守恒在判断中的灵巧应用
8.金属及其化合物转变关系是化学学习的重要内容之一。

以下各组物质的转变关系中不所有
是经过一步反响达成的是
A.Na →NaOH→Na 2 CO3→NaCl
B.Al →Al 2O3→Al(OH) 3→AlCl 3
C.Mg→MgCl 2→Mg(OH)2→MgSO4
D.Fe →Fe(NO3) 3→Fe(OH)3→Fe2O3
【答案】 B
【分析】
【详解】 A、Na 与 H2O反响生成NaOH，NaOH与 CO2反响生成Na2 CO3，Na2CO3与盐酸反响生成NaCl，
能经过一步反响达成，故 A 不切合题意；
B、Al 与氧气反响生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不可以与水反响生成氢氧化铝，不可以一步反响
达成，故 B 切合题意；
C、 Mg与盐酸或氯气反响生成MgCl2， MgCl2与氢氧化钠反响生成Mg(OH)2，氢氧化镁与硫酸反
应生成 MgSO4，能经过一步反响达成，故 C 不切合题意；
D、铁与足量的硝酸反响生成硝酸铁，硝酸铁与氢氧化钠反响生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分
解成氧化铁，能经过一步反响达成，故D不切合题意。

9.．以下实验现象与新制氯水中的某些成分( 括号内物质 ) 没有关系的是
A.将 NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H＋ )
B.使红色布条退色 (HClO)
C.滴加 AgNO3溶液生成白色积淀 (Cl －)
D.向 FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN溶液，发现呈红色 (HCl)
【答案】 D
【分析】
氯水显酸性，能与碳酸氢钠反响生成CO2气体；次氯酸拥有强氧化性，能氧化有色布条；氯离
子和硝酸银反响生成氯化银白色积淀，所以选项ABC都是有关系的。

选项 D 中，是氯气氧化
的亚铁离子，而不是氯化氢，选项D不正确，答案选D。

10.以下说法正确的选项是()
①氯气的性质开朗，它与氢气混淆后立刻发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防备环境污染，剩余的氯气能够用氢氧化钙溶液汲取
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④查验 HCl 气体中能否混有Cl 2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除掉 HCl 气体中的Cl 2，可将气体通入饱和食盐水
A. ①②③
B.②③④
C.③
D.③⑤
【答案】 B
【分析】
试题剖析：①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反响，①错误；②氢
氧化钙的溶解度较小，所以汲取氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液汲取氯气，②错误；
③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量许多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和
氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水
的，③正确；④氯气和水反响生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反响生成氯化银积淀，所以氯
气、氯化氢都能和硝酸银溶液反响生成白色积淀，所以硝酸银溶液不
能用于查验HCl 气体中能否混有Cl 2，④错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，克制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以能够除掉Cl 2中的 HCl 气体，但达不到除掉HCl 气体中的Cl 2的目的，⑤错误，答案选C。

考点：此题考察氯气的化学性质。

11.把少许 NO2气体通入过度小苏打溶液中，再使逸出的气体经过装有足量的过氧化钠颗粒
的干燥管，最后采集到的气体是
A. 氧气
B.二氧化氮
C.二氧化氮和氧气
D.二氧化氮和一氧化氮
【答案】C
【分析】
试题剖析：假定 3 摩尔二氧化氮和水反响生成 2 摩尔硝酸和 1 摩尔一氧化氮， 2 摩尔硝酸和小苏打反响生成 2 摩尔二氧化碳， 2 摩尔二氧化碳和过氧化钠反响生成 1 摩尔氧气， 1 摩尔一氧化氮和0.5摩尔氧气反响生成 1 摩尔二氧化氮，所以节余气体有二氧化氮和氧气，选C。

考点：氮的氧化物的计算
12.以下实验报告记录的实验现象正确的选项是
实验
A无色无色白色积淀无色溶液
B红色无色白色积淀白色积淀
记录
C红色无色无色溶液白色积淀
D无色无色无色溶液无色溶液
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【分析】
SO2能够使紫色石蕊试液变为红色，使品红溶液退色；SO2通入 Ba(NO3) 2溶液中，在酸性环境中会被氧化成，进而获得BaSO4白色积淀； SO2通入到 NaOH和 BaCl 2的混淆溶液中发生反响：SO2+2NaOH===NaSO3+H2 O；Na2SO3+BaCl2 ===BaSO3↓+2NaCl，生成白色积淀，故 B 项正确。

13.在必定条件下， NO跟 NH3能够发生反响： 6NO+4NH3===5N2+6H2O，该反响中被氧化和被复
原的氮元素的质量比是
A.3∶2
B.2∶1
C.2∶3
D.1∶1
【答案】 C
【分析】
【剖析】
依据氧化复原反响中的观点，以及原子守恒进行剖析即可。

【详解】依据反响方程式，NO
中N的化合价
由
+2 价→ 0 价，化合价降低，NO为氧化剂，被还
原， NO：6N→ 3N2↑； NH3中 N 的化合价由－ 3 价→ 0 价， NH3为复原剂，被氧化，NH3:4N → 2N↑，即被氧化和被复原的氮元素的质量比等于其物质的量之比等于4：6=2： 3，应选项 C 正确。

14.常温下，各组离子在指定溶液中必定能大批共存的是
+2+-、 Cl-
①加入 Al 能产生 H 的溶液： Na、 Mg 、 NO
23
②在含有大批3+-2++-
Fe 的溶液中：HCO、 Ca 、 Na 、 SCN
3
③与 NH4HCO3反响能产生气体的溶液：Na+、 K+、 NO3-、 Cl -
④使石蕊变红的溶液中：2+--+
Fe 、 NO 、 MnO、 Na
34
⑤无色溶液中：
2++-
、 Br
-Cu 、 K、 NO3
A. ③
B.②⑤
C.③⑤
D.①④【答案】 A
【分析】
【详解】①该溶液能与 Al 反响生成
22＋－
H ，该溶液为酸或碱，若为碱，Mg
与 OH 不可以大批共
存，
－在酸性条件下拥有强氧化性，与Al 反响不生成氢气，该离子组不可以在指定溶液
若为酸， NO
3
中大批共存，故①不切合题意；
3＋－3＋－
发生络合反响生成 Fe(SCN)3，该离子组不可以在指② Fe与 HCO3发生双水解反响， Fe与 SCN
定溶液中大批共存，故②不切合题意；
③与 NH4HCO3溶液反响产生气体的溶液中可能可能含有NaOH，也可能含有酸，该离子组在指定溶液中不发生离子反响，能大批共存，故③切合题意；
④该溶液能使石蕊变红，该溶液是酸性的，－Fe2＋－＋
NO 在酸性溶液中拥有强氧化性，与 NO、H
33
发生氧化复原反响，
－2＋发生氧化复原反响，在指定溶液中不可以
大MnO4拥有强氧化性，能与Fe
量共存，故④不切合题意。

综上所述，选项 A 正确。

【点睛】易错点是NO3－，NO3－在酸中拥有强氧化性，能与复原性离子发生氧化复原反响，与活泼金属反响，不产生氢气。

15.此刻以下物质：①氯水；②溴水；③碘水；④臭氧；⑤二氧化氮；此中能使淀粉碘化钾溶
液变蓝的是
A. ①②
B.④⑤
C.①②④⑤
D.所有
【答案】 D
【分析】
【剖析】
能使淀粉碘化钾溶液变蓝，说明能把I －氧化成I 2，该物质拥有强氧化性或反响产生拥有强氧化性的物质；
【详解】能使淀粉碘化钾溶液变蓝，说明该物质拥有强氧化性或反响产生拥有强氧化性的物
质；
①氯水主要成分是 Cl 2， Cl 2 拥有强氧化性，能把 I －
氧化成 I 2，使淀粉变蓝，故①切合题意；②溴水中 Br 2，拥有强氧化性，能把 I －
氧化成 I 2，使淀粉变蓝，故②切合题意；
③碘水中有碘单质，能使淀粉变蓝，故③切合题意；
④臭氧拥有强氧化性，能把
I －
氧化成 I 2，使淀粉变蓝，故④切合题意；
⑤ NO 2 与溶液中水反响，生成 HNO 3，HNO 3拥有强氧化性，把 I －
氧化成 I 2，使淀粉变蓝，故⑤符
合题意。

综上所述，应选项
D 正确。

16. 往 FeCl 3 和 BaCl 2 的混淆溶液中通入 SO 2，溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，同时有白色积淀产生。

以下说法不正确的选项是
A. 该实验表示 SO 2有漂白性
B.
白色积淀为 BaSO 4
C. 该实验表示 FeCl 3 有氧化性
D.
反响后溶液酸性加强
【答案】 A
【分析】
试题剖析： A 、二氧化硫被氧化，没法考证其漂白性。

B 、三价铁离子会把二氧化硫氧化，所
以会生成白色积淀硫酸钡。

C 选项正确。

D 选项本来溶液因为三价铁离子的水解显酸性，后边
融进了酸性氧化物二氧化硫，溶液酸性加强。

考点：二氧化硫的性质
评论：此题重点抓住二氧化硫的性质有漂白性、复原性。

17. 由以下实验及现象能推出相应结论的是
实验
现象 结论
A.
将 Na 2SO 3 样品溶于稀硝酸后，滴加
BaCl 2 溶液
Na 2SO 3 晶体
有白色积淀生成
已氧化变质
B.
将金属钠在焚烧匙中点燃，快速伸入集满
CO 2 集气瓶中产生大批白烟，
CO 2 拥有氧化
的集气瓶
瓶内有黑色颗粒产生
性
2
2
C.
取久置的 Na 2O 2 粉末，向此中滴加过度的盐酸
, 产生无色气体
Na O 没有变
质
D.
向开水中滴加氯化铁稀溶液， 持续煮沸至溶液
制得氢氧化
呈红褐色
溶液呈红褐色
铁胶体
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】 B
【分析】
【详解】 A、HNO拥有强氧化性，能把2－2－，没法说明 Na SO 能否变质，故 A 不符
SO氧化成 SO
33423
合题意；
B、有黑色颗粒产生，该黑色颗粒为碳单质，CO2中 C 转变为碳单质， C 的化合价降低，CO2具有氧化性，故 B 切合题意；
C、久置Na2O2转变为Na2CO3，碳酸钠与盐酸反响产生无色的CO2，因为过氧化钠也能与水反响
生成无色的氧气，现象同样，故不可以证明Na2O2能否变质，故C 不切合题意；
D、制备氢氧化铁胶体，应用饱和的FeCl 3溶液，所以该实验不可以获得氢氧化铁胶体，故 D 不切合题意。

18.某溶液由 Na+、 Cu2+、 Ba2+、 Fe3+、 AlO2-、CO32-、 SO42-、 Cl -中的若干种离子构成，取适
当该溶液进行以下实验：以下说法正确的选项是
-2-2-
、 Cl -
四种离子
A. 原溶液中必定只存在 AlO2、 CO3、 SO4
B. 气体 A 的化学式是 CO
C. 原溶液中必定不存在的离子是Cu2+、 Ba2+、 Fe3+
D. 生成积淀 B 的离子方程式为： Al 3++ 3OH-= Al(OH) 3↓
【答案】 C
【分析】
【剖析】
该溶液中加入过度盐酸，有气体 A 生成，推出原溶液中含有CO32－，依据离子共存，原溶液中
必定没有 Cu2＋、 Ba2＋、 Fe3＋，依据溶液表现电中性，则原溶液中必定有Na＋，无色透明溶液 A
中加入过度氨水，获得白色积淀，白色积淀为Al(OH)3，则原溶液中必定含有
－
AlO2，滤液 B
中加入过度的氢氧化钡溶液，有白色积淀，白色积淀为BaSO，则原溶液中含有2－，滤液 C
SO
44
中加入过度的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色积淀，积淀为AgCl，Cl －来自于过度的盐酸，原溶液中不可以确认能否含有Cl －。

【详解】该溶液中加入过度盐酸，有气体 A 生成，推出原溶液中含有2－，依据离子共存，
CO
3
原溶液中必定没有 Cu2＋、 Ba2＋、 Fe3＋，依据溶液表现电中性，则原溶液中必定有Na＋，无色透
明溶液 A 中加入过度氨水，获得白色积淀，白色积淀为Al(OH) 3，则原溶液中必定含有
－
，AlO2
滤液 B 中加入过度的氢氧化钡溶液，有白色积淀，白色积淀为
442－
，BaSO，则原溶液中含有SO
滤液 C中加入过度的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色积淀，积淀为AgCl，Cl －可能来自于过度的盐酸，不可以确认原溶液中能否含
有Cl －。

＋－2－、SO2－，故 A 错误；
A、原溶液中必定存在 Na、 AlO2、 CO
34
B、依据上述剖析，气体为CO，故 B 错误；
2
C、原溶液中必定不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故 C 正确；
D、 NH·H O为弱碱，离子方程式为Al3＋＋·H O=Al(OH)↓＋ 3NH＋，故 D 错误。

323NH234
【点睛】依据剖析，学生以为Na＋可能存在，也可能不存在，学生忽视溶液表现电中性，离子
查验中按照的原则：一是必定性原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是出入性原则。

19. 将Cu片放
入0.1mol/LFeCl
3 溶液中，反响一准时间后拿出（溶液体积变化忽视不计），所
得溶液Q中的，以下有关说法正确的选项是
A. 溶液 Q比原溶液增重了 1.92g.
B. Q 中 n(Cu2+):n(Fe 3+)=3:4
C. 反响中转移的电子数为0.04mol
D. n(Cu 2+)=0.03mol
【答案】 B
【分析】
【剖析】
3＋ 2 ＋
＋2Fe 2＋
，同溶液，微粒的物质的量浓度之比等于其物质的量
Cu 与 FeCl3发生： Cu＋ 2Fe=Cu
之比，进行剖析。

【详解】将 Cu片放入 0.1mol/LFeCl 3 溶液中，反响一准时间后拿出（溶液体积变化忽视不计），Cu 与 FeCl3发生 Cu＋2Fe3＋ =Cu2＋＋ 2Fe2＋，所得溶液 Q 中的 c(Fe 3＋ ):c(Fe2＋ )=2:3 ，则 c(Fe 3＋)=0.04mol/L、 c(Fe 2＋ )=0.06mol/L 、c(Cu 2＋ )=0.03mol/L 。

A、题中没有说明溶液的体积，没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，依据离子方程式，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，没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，没法计算Cu2＋物质的量，故 D 错误 .
【点睛】此题部分学生经过剖析计算，选项A、 B、 D 仿佛都正确，学生不知怎样解决，学生错把物质的量浓度当物质的量进行运用，没有注意到题目中没有给出溶液的体积，只好用同
溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，直接推出选项 B 正确。

20.向含 Fe2＋、 I －、 Br －的溶液中通入过度的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化以下图，已
知： b－ a＝ 5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有同样的元素。

以下说法
不正确的选项是（）
A. 线段Ⅱ表示Fe2+的变化状况
B. 线段Ⅳ发生反响的离子方程式为：I 2+5Cl
--
+10Cl
-
+6H2O 2+12OH=2IO3
C. 依据图象可计算a=6
D.原溶液中 c(Fe 2＋ ) ∶c(I － ) ∶c(Br － ) ＝2∶1∶3
【答案】 B
【分析】
【详解】 A、向仅含Fe2+、 I -、 Br -的溶液中通入适当氯气，复原性I -＞ Fe2+＞ Br -，第一发生反
应： 2I -22-
， I
-2+23+-2+
+Cl=I +2Cl反响完成，再反响反响： 2Fe+Cl =2Fe +2Cl， Fe 反响完成，又发生
反响 2Br - +Cl 2=Br 2+2Cl -，故线段 I 代表 I -的变化状况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化状况，线段Ⅲ代表 Br -的变化状况，故 A 正确；
B、线段 IV 表示一种含氧酸，且 I 和 IV 表示的物质中含有同样的元素，该元素为I 元素，
2I - +Cl 2=I 2+2Cl -，耗费 1mol 氯气，所以碘原子的物质的量为2mol，反响 IV 耗费氯气的物质的量为 5mol，依据电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x， (x-0) ×2mol=5mol×2，解
得 x=+5，则该含氧酸为HIO3，离子方程是 I 2+5Cl 2+6H2O =2IO 3- +10Cl- +12H+，故 B 错误；
C、由通入氯气可知，依据反响离子方程式可知溶液中n（ I -）=2n（ Cl 2）=2mol ，溶液中 n（ Fe2+）=2n（ Cl 2）=2×（ 3mol-1mol ） =4mol， Fe2+反响完成，依据电荷守恒可知n（ I -） +n（ Br -） =2n
（Fe2+），故 n（ Br -） =2n（ Fe2+） -n （ I -）=2×4mol -2mol=6mol ，依据 2Br - +Cl 2=Br2+2Cl -可知，溴离子反响需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故 C 正确；
D、依据以上剖析，原溶液中e(Fe 2+):c(I- ):c(Br- )=4:2:6=2:1:3，故 D 正确。

综上所述，此题应选B。

二、非选择题
21.(1) 将容积为50 mL 的量筒充满二氧化氮和氧气的混淆气体，将量筒倒置在盛满水的水槽
里，一段时间后，量筒里节余气体体积为 5 mL。

则原混淆气体中NO2和 O2体积比可能是 ________或 ________。

(2)工业制硫酸的过程中， SO2被氧气氧化的化学方程式为 _____________________ 。

(3)工业制漂白粉的化学方程式 _________________________ 。

【答案】(1). 18： 7 (2). 43： 7 (3). 2SO
2＋ O2SO (4). 2Cl
2
＋23
2Ca(OH)2=CaCl2＋ Ca(ClO) 2＋ 2H2O
【分析】
【详解】（ 1 ）同样条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，发生的反响有4NO2＋ O2＋
2H2O=4HNO3，节余的气体可能是NO，也可能是O2，假定节余气体为O2，说明混淆气体中O2过度，NO2不足，令NO2的体积为xmL，O2的体积为(50 －x)mL，依据反响方程式，所以有(50 － x)mL－x/4mL=5mL，解得x=36， O2的体积为14mL，NO2和O2的体积之比为36： 14=18：7；假如节余气
体为 NO，则 NO2过度， O2不足，令 O2的体积为 ymL，发生 4NO2＋ O2＋ 2H2O=4HNO3，节余 NO2
的体积为 (50 － y－ 4y)mL，节余 NO2与 H2O发生 3NO2＋ H2O=2HNO3＋ NO，产生 NO的体积为 (50 －5y)/3=5 ，解得 y=7，则 NO2的体积为 43mL， NO2和 O2的体积之比为 43： 7；
（ 2）工业上制硫酸，SO2被氧气氧化的化学方程式为2SO＋O22SO3；
（ 3）工业上制取漂白粉，常用 Cl 2和石灰乳反响来制备，即化学方程式为2Cl 2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO) 2＋ 2H2O.
22.必定量的铁粉在氯气中充足焚烧，将所得固体完整溶解于稀盐酸，制得溶液A。

(1)铁在氯气中焚烧的化学方程式是___________________________________________ 。

(2)推断 A 中可能含有的金属阳离子：①只有Fe3＋；②只有 Fe2＋；
③____________________________________ 。

甲同学为研究溶液的构成，实验以下：
实验步骤实验现象实验结论及反响的离子方程式
取少许溶液 A 于试管
假定②不建立，假定①或③建立；
________________反响的离子方程式是
中，加入 KSCN溶液
________________
(3)乙同学持续研究溶液 A 的构成。

查阅资料： 16HCl＋ 2KMnO4===2KCl＋ 2MnCl2＋ 5Cl 2↑＋ 8H2O
实验过程：另取少许溶液 A 于试管中，逐滴加入酸性KMnO4溶液，充足振荡，KMnO4溶液紫色褪去，实验结论：________( 填字母序号 ) 。

a. 可能有 Fe2＋
b. 可能无 Fe2＋
c. 必定有 Fe2＋
依据你选择的实验结论，简述原因：_______________________________________________ 。

【答案】(1). 2Fe＋ 3Cl 22FeCl 3(2).含有 Fe2＋和 Fe3＋(3).溶液变血红色
(4). Fe 3＋－
(5). ab(6).
2＋－
，逐滴加入酸性＋ 3SCN3因为复原性 Fe>Cl
2＋2＋，使紫色褪去，故可能含有2＋2＋， Cl－
KMnO溶液， Fe将 MnO复原为 Mn Fe；若溶液中无 Fe 4
也能将 MnO复原为 Mn2＋，紫色褪去，因此溶液中也可能无Fe2＋
【分析】
【详解】（ 1）铁在氯气中焚烧生成氯化铁：2Fe＋ 3Cl 22FeCl 3；（ 2） A 中可能含有两种金属
阳离子，即含有Fe3+和 Fe2+，Fe3+遇 KSCN溶液，溶液变红， Fe2+遇 KSCN溶液，溶液不变红，所
以取少许溶液 A 于试管中，溶液呈红色，说明溶液中含Fe3+，则假定②不建立，假定①或③成
立，离子方程式：3+-2+-，使 KMnO紫
Fe +3SCN═Fe(SCN)3；（3）酸性 KMnO溶液能够氧化Fe、 Cl
44
2+-，逐滴加入的酸性KMnO溶液，先将2+
色褪去，因复原性： Fe＞Cl Fe氧化，而使 KMnO紫色褪
44
去，故可能含有 Fe2+；或加入的酸性 KMnO4溶液，将 Cl -氧化，而使 KMnO4紫色褪去。

故答案为：ab；因为复原性 Fe2+＞ Cl -，逐滴加入的酸性 KMnO4溶液，先将 Fe2+氧化，而使 KMnO4紫色褪去，故可能含有 Fe2+或溶液中可能无 Fe2+，加入的酸性 KMnO4溶液，将 Cl -氧化，而使 KMnO4紫色褪
去。

23.为测定 Na2CO3与 Na2SO3混淆物中各组分的含量，设计以下实验方案：
（ 1）方案一：称取必定质量的样品(30g) ，置于坩埚中加热至恒重，冷却，称取节余固体质
量为31.6g，计算。

①实验中加热至恒重的目的是_________________________ 。

②样品中Na2CO3的质量分数为_______________________________
（ 2）方案二：以以下图所示装置进行实验：（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）
①已知仪器 C 中装有品红溶液，其作用是______________，有人提出该溶液可能惹起Na2CO3含量的丈量结果比本质值偏低，原因是____________________ 。

②实验室中备有以下常用试剂： a. 浓硫酸 b.品红溶液 c.酸性高锰酸钾溶液 d. 氢氧化钠溶液 e.无水硫酸铜 f.碱石灰 g. 五氧化二磷h. 无水氯化钙请将以下容器中应盛放
的试剂序号填入相应空格： B 中 ______， D 中 ________， E 中 ________。

③实验过程中，当仪器 A 内的固体反响完整后，需翻开活塞K，向 A 中通入大批的氮气。

这样做的目的是 ______________ 。

（ 3）方案三：称取必定量样品，置于小烧杯中，加适当水溶解，向小烧杯中加入足量BaCl2溶液。

过滤、清洗、干燥积淀，称量固体质量。

实验中判断积淀洗干净的方法是_________。

【答案】(1).使 Na2 SO3氧化完整(2). 58% (3).查验 SO2能否除尽(4). CO 2溶于水(5). c(6). a(7). f(8).使 A、 B、 C、 D 各装置中残留的CO进入 E
2
被充足汲取(9).取清洗液少许于试管中，加入少许硝酸银溶液和稀硝酸，无白色积淀生
成，证明积淀已洗净；
【分析】
【详解】（ 1）① Na2SO3简单被氧化成Na2SO4，所以加热恒重的目的是使Na2SO3氧化完整；
② Na SO 被氧化的化学方程式为2Na SO＋ O=2NaSO △ m
232324
126× 232
m(Na SO)31.6－ 30m(Na
2SO)=12.6g ，则
233
碳酸钠的质量为 (30g － 12.6g)=17.4g，即碳酸钠的质量分数为17.4g/30g × 100%=58%；（2）① A 装置发生 Na2CO3＋ H2SO4=Na2SO4＋ CO2↑＋ H2O，Na2SO3＋ H2 SO4=Na2SO4＋ SO2↑＋ H2O，依据实验目的，装置 B 的作用是汲取 SO2，应盛放酸性高锰酸钾溶液，装置 C盛放品红溶液，其作用是查验 SO2能否除尽，装置 D的作用是干燥 CO2，装置 D 盛放的为浓硫酸，装置 E 中盛放碱
石灰，汲取 CO2，装置 F 中盛放碱石灰，作用是防备空气中 CO2和 H2O进入到装置 E，所以装置 C 中品红溶液的作用是查验 SO2能否除尽；丈量的结果比实验值偏低，说明 CO2量减少，可能
是 CO2溶于水；
②依据上述剖析， B 中盛放酸性高锰酸钾溶液，应选c，D 中盛放浓硫酸，应选a，E 中盛放碱石灰，应选 f ；
③因为该实验为定量实验，需要让 CO2所有被汲取，所以向 A 中通入大批的N2，其目的是使A、
B、 C、D 各装置中残留的CO2进入 E 被充足汲取；
（3）清洗积淀的方法：取清洗液少许于试管中，加入少许硝酸银溶液和稀硝酸，无白色积
淀生成，证明积淀已洗净。

24.工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有同样之处，又有差别。

路线①②③是工业生
产硝酸的主要门路，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电高能固氮过程中硝酸的生成门路。

（1）写出 N2的一种用途 _____________________ 。

（2）工业合成 NH3的化学方程式为 ______________________ 。

（ 3）写出工业制硝酸第③步反响化学方程式_____________________ 。

（ 4）硝酸是一种强氧化性、腐化性的强酸，其复原产物因硝酸浓度的不一样而有变化，从整体
上说，硝酸浓度越高，均匀每分子硝酸获得的电子数越少，浓硝酸的复原产物主要为NO2，稀硝酸的复原产物主要为NO。

实验室中，常用Cu与浓 HNO反响制取 NO，用 Cu与稀 HNO反响
323
制取 NO。

（ⅰ）请写出实验室顶用Cu 与浓 HNO反响制取 NO的化学方程式： ____________。

该反响中
32
发生氧化反响的物质是_______，1 mol 氧化剂 _________（填“获得”或“失掉”） _______ mol 电子。

（ⅱ） 64.0 g Cu 与适当的浓 HNO3反响，铜所有溶解后，共采集到标准状况下22.4 L 的气体（ NO和 NO的混淆气体），反响中耗费HNO的物质的量是（）
23
A． 1.5 molB． 2.0 mol C．2.5 mol D． 3.0 mol
（ⅲ）本质上硝酸不单可被复原为NO2或 NO，浓度更稀时硝酸还能够被复原为N2O、 N2、 NH4NO3
等。

请将 3 种物质： FeSO、 Fe（ NO）
3和 Fe （ SO）分别填入下边对应的横线上，构成一个
43243未配平的化学方程式。

3
______＋______＋2
O↑＋ H 2O（2 分）
HNO ＋ ______N
并配平其对应的离子方程式：__Fe2＋＋ __NO3－＋__H＋＝ __Fe3＋＋ __N2O↑＋ __H2O 【答案】（ 1）做保护气、保留粮食、制氨气，等。