天津市滨海新区大港油田一中2019届高三化学上学期期中试卷(含解析) (1)

一、单项选择题（每小题2分，共30分）
1.用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的组合是（）
①14g乙烯和丙烯的混合物中含氢原子数为2N A个
②将100 mL 0.1 mol/LFeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01N A
③标准状况下，2.24L Cl2通入足量的水中转移的电子数为0.1N A个
④1.0L 1.0 mol/LNa2SiO3水溶液中含有的氧原子数为3N A
⑤常温下，100mL 1mol/LH2C2O4溶液中阴离子总数小于0.1N A个
⑥在标准状况下，0.5mol NO与0.5mol O2混合后气体分子数小于0.75 N A
⑦常温下，5.6g铁片投入足量的浓硫酸中，铁失去的电子数为0.3N A个
A. ①④⑦
B. ①⑤⑥
C. ②⑤⑥⑦
D. ①③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①乙烯和丙烯的最简式相同，都为CH2，14g乙烯和丙烯的混合物中氢原子数为
×2N A/mol=2N A，故①正确；
②一个Fe(OH)3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故制得的氢氧化铁胶粒个数小于0.01N A个，故②错误；
③标准状况下2.24L Cl2的物质的量是0.1mol，但Cl2与水的反应为可逆反应，转移的电子数小于0.1N A 个，故③错误；
④由于Na2SiO3水溶液中的溶剂水中含有氧原子，所以无法计算溶液中含有的氧原子数目，故④错误；
⑤H2C2O4是弱酸，不能完全电离，故常温下，100mL 1mol/LH2C2O4溶液中阴离子总数小于0.1N A个，故⑤正确；
⑥在通常状况下，0.5mol NO与0.5mol O2混合后生成0.5mol二氧化氮，氧气剩余0.25mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体分子数小于0.75N A，故⑥正确；
⑦常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象，5.6g铁片投入到冷的浓硫酸中，铁片失去电子数小于0.3N A，故⑦错误；
综上，正确的有①⑤⑥，
答案选B。

2.配制100 mL 1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，下列操作正确的是 ( )
A. 称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B. 称取10.6 g无水碳酸钠于烧杯中，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解
C. 转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D. 定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀
【答案】D
【解析】
A项，称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，错误；B 项，题中100mL指溶液的体积，不是溶剂蒸馏水的体积，错误；C项，向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止液滴外洒，错误；D项，定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀，正确；答案选D。

3.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成实验结果偏低的原因可能是（）
A. 容量瓶中原有少量蒸馏水
B. 称量药品时间过长
C. 定容时俯视液面
D. 洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转入容量瓶中；
【答案】B
【解析】
试题分析：容量瓶中原有少量蒸馏水无影响，故A错误；氢氧化钠吸水，称量药品时间过长，称得的氢氧化钠质量偏小，溶液浓度偏低，故B正确；定容时俯视液面，溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；洗涤烧杯和玻棒的溶液转入容量瓶中无影响，故D错误。

考点：本题考查化学实验。

4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A. 无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-
B. 能使酚酞变红的溶液中:K+、Na+、CO32—、AlO2-
C. c(ClO-)=1mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-
D. K w/c(OH—)=0.1mol·L-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-
【答案】B
【解析】
A、含Cu2+的溶液呈蓝色，故A错误；
B、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B正确；
C、c(ClO-)=1mol·L-1的溶液具有氧化性，能氧化Fe2+、I-，故C错误；
D、=0.1mol·L-1的溶液呈酸性，则CH3COO-不能共存，即D错误。

因此本题正确答案为B。

5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）
A. 向AlCl3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
B. 向稀NaHCO3中加入过量Ca（OH）2溶液：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
C. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-
D. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2O
【解析】
A项，AlCl3与氨水反应生成的Al（OH）3不会溶于过量的氨水，正确离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al（OH）
↓+3NH4+，错误；B项，因为Ca（OH）2过量，CO32-应完全沉淀，正确的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，3
错误；C项，CO2过量，生成HCO3-，正确；D项，HNO3有强氧化性，Na2SO3有强还原性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3SO32-+2NO3-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，错误；答案选C。

点睛：离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实（如A、D项）；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留；（3）漏写部分离子反应；（4）“↓”、“↑”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求（如B项）；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。

6.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO
B. 向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋SO2===CaSO3↓＋2HClO
C. 向Ba(OH)2溶液中加入过量的Al2(SO4)3：3Ba2＋＋6OH－＋2Al3＋＋3SO42—===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓
D. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水：Mg2＋＋2HCO3—＋2OH－＋Ca2＋===MgCO3↓＋CaCO3↓＋2H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A、向次氯酸钙溶液通入过量CO2，不可能生成碳酸钙，离子方程式为2ClO-+ H2O + CO2=HCO3-+2HClO，错误；B、产物中的次氯酸具有较强的氧化性，可将亚硫酸钙氧化成硫酸钙，错误；C、2ClO-+ H2O + CO2，正确；D、碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根和镁离子全部反应，离子方程式中符合2：1，且镁离子形成的氢氧化镁溶解性更小，所以生成的是氢氧化镁沉淀，结合离子方程式的书写原则写出离子方程式为：Mg2++2HCO32-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，错误；故本题选择C。

考点：离子方程式的书写
7.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）
A. MgO、Al2O3熔点高，均可用作耐高温材料
B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
D. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
【答案】A
【解析】
A．Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故A正确；B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；D．二氧化硫中S元素的化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D错误；
8.类比（比较）是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客
观实际。

下列说法中，不正确
．．．的是( )
A. CO2通入水中生成H2CO3，SO2通入水中生成H2SO3
B. CO2通入CaCl2溶液中无明显现象，SO2通入CaCl2溶液中也无明显现象
C. 足量的CO2通入到澄清石灰水中，先生成沉淀后溶解，足量的SO2通入到澄清石灰水中现象相同
D. CO2通入Ca(ClO)2溶液中生成CaCO3和HClO，SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成CaSO3和HClO
【答案】D
【解析】
CO2和SO2都是酸性氧化物，与水反应应该生成对应的酸，选项A正确。

CO2和SO2通入CaCl2溶液中，如果得到沉淀，一定同时得到HCl，根据强酸制弱酸的原理，如上反应都不能发生，选项B正确。

CO2和SO2都是酸性氧化物，与氢氧化钙反应都应该生成对应的盐（亚硫酸钙和碳酸钙都是白色沉淀）和水，气体过量时都因为生成酸式盐而溶于水。

选项C正确。

HClO有强氧化性一定会将+4价S氧化为+6价，所以SO2通入
溶液中应该发生氧化还原反应，选项D错误。

点睛：CO2和SO2在化学性质上具有一定的相似性，主要是两者都是酸性氧化物，对应的酸都是二元弱酸。

所以在发生非氧化还原反应时，两者的反应很相像。

例如，与水反应，与碱反应，与碱性氧化物反应等等。

而两者最大的区别在于，SO2具有强还原性，而CO2是不具备的。

例如：二氧化硫可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，溴水褪色，可以将铁离子、硝酸还原等等，二氧化碳一定无法实现上述反应。

9.下列除去杂质的操作中不正确的是（）
A. CuO中混有Al2O3：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤
B. FeCl2溶液中混有CuCl2：加入过量铁粉充分反应后过滤
C. Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入过量NaOH溶液，反应后加热蒸干
D. 氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铝与NaOH反应，CuO不能，则充分反应后过滤可分离，故A正确；B．Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉充分反应后过滤可除杂，故B正确；C．加入过量NaOH溶液，引入新杂质NaOH，不能除杂，应选加热法，故C错误；D．氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，故D正确；故选C。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。

本题的易错点为D，要注意在饱和食盐水中氯化氢能溶，而氯气不溶，是因为氯气与水反应为可逆反应，增大氯离子浓度，
能够抑制氯气与水的反应。

10.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是( )
A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱
B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石
C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】
A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确；故选C。

点睛：考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。

11.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B．应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D错误；故选C。

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12.向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O72—的酸性溶液，使溶液中Fe2＋
恰好全部被氧化，并使X2O72—被还原为X n＋，则n值为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】B
【解析】
0.2mol Cl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol；X n+的化合价为+n，X2O72-中X 的化合价为+6，则0.1mol X2O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）×2×0.1mol=0.2（6-n）mol；1mol 的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n=3，答案选B。

13.下列各组中的两种物质相互反应，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的是（）
①碳酸钠溶液与稀盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化硫与氨水④漂白粉溶液和二氧化碳⑤铝
与氢氧化钠溶液⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水
A. 仅有⑤
B. ①③⑥
C. ③⑤
D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】①碳酸钠少量时发生的反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；碳酸钠过量的反应离子方程式为CO32-+H+=HCO3-，所以反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故①不符合；
②偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，若盐酸过量，反应生成氯化铝、氯化钠和水，反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故②不符合；
③二氧化硫与氨水反应，当二氧化硫过量时，反应生成亚硫酸氢铵，当二氧化硫不足时，反应生成亚硫酸铵，所以反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故③不符合；
④漂白粉溶液和二氧化碳反应，二氧化碳少量时反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为
Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；二氧化碳过量时反应生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，所以反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故④不符合；
⑤铝与氢氧化钠溶液反应均生成偏铝酸钠和氢气，该离子反应为2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑，故⑤符合；
⑥碳酸氢钠与氢氧化钙，氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应物的量不同时反应的离子方程式不同，故⑥不符合；
综上，正确的有⑤。

答案选A。

【点睛】本题考查离子方程式书写，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。

14.下列各项所述内容对应的图象正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
A、向含有H+，Al3+，Mg2+的溶液中，逐渐加入NaOH溶液，先是和氢离子之间发生中和反应，所以开始没有沉淀产生，A错误；
B、硫酸铝溶液中加入氢氧化钡溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓，若Al3+反应完毕，OH-还有剩余，还发生反应：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，但是生成的硫酸钡不会消失，沉淀不会为零，B错误；
C、物质的量相等的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，金属镁反应速率快，根据金属和氢气量的关系Mg～H2、Al～1.5H2，所以最终产生氢气的体积不相等，C错误；
D、向AlCl3溶液中加氨水会发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于氨水中，符合反应情况，D正确，答案选D。

15.某烧杯中盛有含0.2 mol NH4Al(SO4)2的溶液，向其中缓缓加入4 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，使其充分反应，此时烧杯中铝元素的存在形式为( )
A. Al3＋和Al(OH)3
B. AlO2—
C. AlO2—和Al(OH)3
D. Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】
含有0.2 mol NH4Al(SO4)2的溶液中n(NH4+)＝0.2 mol，n(Al3＋)＝0.2 mol，200 mL4 mol·L－1的NaOH溶液中n(OH－)＝4 mol·L－10.2L=0.8 mol，首先与Al3＋反应生成Al(OH)3，Al3＋反应完毕，剩余的OH－再与NH 4+反应生成NH3H2O，NH4+反应完毕，剩余的OH－再与Al(OH)3反应生成AlO。

据此根据方程式，计算判断。

【详解】首先：Al3＋OH-
0.2mol 0.6mol
Al3＋反应完毕，剩余的OH－为0.8mol-0.6mol=0.2mol。

然后：NH4+OH-
0.2mol 0.2mol
OH－与NH4+恰好反应，没有OH－剩余，Al(OH)3不溶解。

故铝元素的存在形式为Al(OH)3。

所以D选项是正确的。

【点睛】本题解题时，要理清反应的先后顺序是解题的关键，本题中n(Al3＋)＝0.2 mol，n(NH)＝0.2 mol，n(OH－)＝0.8 mol，根据反应顺序，反应后，恰好生成0.2 mol Al(OH)3和0.2 mol NH3·H2O。

二、单项选择题（每小题3分，20分）
16.向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略CO2的溶解和HCl的挥发)：
则下列分析都正确的组合是( )
①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3
②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1∶1
③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1∶1
④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3
A. ①②
B. ①③
C. ②④
D. ②③
【答案】A
【解析】
向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物．Ⅰ、图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，故①正确；Ⅱ、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c（Na2CO3）=c（NaHCO3），故②正确；Ⅲ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有Na2CO3，物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故③错误；Ⅳ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明
产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比是1：1，故④错误．由上分析知①②正确，③④错误，故选A。

17.证明某溶液含有Fe2＋而不含有Fe3＋的实验方法是 ( )
①先加氯水，后加KSCN溶液后显红色②先加KSCN溶液，不显红色，再加氯水后显红色③滴加NaOH
溶液，先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后呈红褐色④只滴加KSCN溶液不显红色
A. ①②
B. ②③
C. ③④
D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰化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+的存在。

也可以利用Fe2+、Fe3+与碱反应现象的不同证明。

【详解】①先滴加氯水，后滴加KSCN溶液后显红色，说明加入氯水后的溶液中含Fe3+，无法证明加入氯水后的Fe3+是原溶液中的还是原溶液中Fe2+氧化而成，故①错误；
②KSCN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②正确；
③滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿，最后变为红褐色，说明原溶液含有Fe2+；若含Fe3+，Fe3+和氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化铁沉淀，所以只能观察到红褐色沉淀，所以该实验能证明某溶液只含有Fe2+而不含Fe3+，故③正确；
④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④错误；答案选B。

【点睛】本题考查了三价铁离子、二价铁离子的检验和性质应用，关键是加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定原溶液将中是否含有Fe3+。

18.已知下列实验事实：
①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；
②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得KCr2O7溶液；
③将KCr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝。

下列判断不正确
．．．的是( )
A. 化合物KCrO2中Cr元素为+3价
B. 实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C. 实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性
D. 实验③证明氧化性：Cr2O72—＞I2
【答案】AD
【解析】
试题分析：由元素化合价之和为O，计算得A项正确；由题中叙述，确定D对。

考点：物质的性质、氧化还原反应。

19.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）
选项实验操作实验现象结论
A 用铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中无K+
B 向溶液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液
先滴加稀盐酸无现象，滴加
BaCl2后出现白色沉淀溶液中一定含有SO42-
C
向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气
体出现黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4
强
D
向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色
石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝原溶液中无NH4+
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
试题分析：A.观察K＋的焰色需要透过蓝色钴玻璃，用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明有Na＋，可能有K＋，A项错误；B. 向溶液中先滴加稀盐酸无现象，再滴加BaCl2后出现白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，B项正确；C. 向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，发生反应CuSO4+H2S =CuS↓+H2SO4，该反应的原理是CuS难溶于酸，与H2S和H2SO4的酸性无关，C项错误；D.NH4+的检验步骤为向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则原溶液中有NH4＋，D项错误；答案选B。

考点：考查离子检验
20.为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红
色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。

发生的化学反应为：4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu，下列说法不正确
．．．的是（）
A. 上述反应属于置换反应
B. 该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C. Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物
D. 当有1mol CuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol
【答案】C
【解析】
略
21.用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。

下列有关说法正确的是( )
A. 该反应中氮元素被氧化
B. 该反应中H2O2作还原剂
C. 0.1mol·L-1NaCN溶液中含有HCN和CN-的总数为0.1×6.02×1023
D. 实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该反应中氮元素的化合价没有发生变化，而碳元素的化合价由+2价升高到+4价，被氧化，错误；B、该反应中H2O2中氧元素的化合价由-1价降低为-2价，得电子，作氧化剂，错误；C、缺少溶液的体积，无法确定0.1mol·L-1NaCN溶液中含有HCN和CN-的总数，错误；D、NaCN为强碱弱酸盐，为防止CN－水解，实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液，正确。

考点：考查氧化还原反应、盐类的水解
22.一定条件下，在乙室中充入1.2mol HCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时活塞如下图，已知甲
室中气体的质量比乙室中气体的质量少33.8g。

下列说法不正确
．．．的是（）
A. 甲室中气体的物质的量为2mol
B. 甲室中气体的质量为10g
C. 甲室中NH3和H2的物质的量之比为4 : 1
D. 如果将活塞a去掉，HCl和NH3完全反应后活塞b静止于刻度6处
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图可知甲、乙两室气体的体积之比为5:3，故其物质的量之比也为5:3，所以甲室中气体为2mol，选项A正确；
B、HCl气体的质量为1.2mol×36.5g/mol=43.8g，则甲室中气体的质量为43.8g-33.8g=10g，选项B正确；
C、设氨气的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组为：x+y＝2，17x+2y＝10，解得x＝0.4，y＝1.6，所以氨气和氢气的物质的量之比=0.4mol：1.6mol=1：4，其质量之比=
（0.4mol×17g/mol）：（1.6mol×2g/mol）=17：8，选项C不正确；
D、甲室中NH3的物质的量为0.4mol，能与0.4molHCl反应，剩余气体为0.8molHCl和1.6molH2，共2.4mol，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以活塞b会移至“6”处，选项D正确；
答案选C。

23.已知H2SO3+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，将0.1mol Cl2通入100mL含等物质的量HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是（）
A. 物质的还原性：HBr>H2SO3>HCl
B. HBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol·L－1
C. 通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2Br－+4H2O=4SO42－+Br2+10Cl－+16H+
D. 若再通入0.05mol Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化
【答案】C
【解析】
【详解】已知H2SO3＋Br2＋2H2O＝H2SO4+2HBr，说明溴单质的氧化性强于亚硫酸，还原性亚硫酸强于HBr，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则亚硫酸完全被氧化。

则
A．物质的还原性：H2SO3＞HBr＞HCl，A错误；
B．设HBr与H2SO3的物质的量均为x，则根据得失电子守恒有：2x+0.5x＝0.1mol×2，解得x=0.08mol，因此HBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.8mol·L－1，B错误；
C．根据上述计算，通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2Br－＋4H2O＝4SO42－＋Br2＋10Cl －＋16H＋，C正确；
D．若再通入0.05molCl2，氧化的HBr的物质的量应该为0.1mol，而溶液中只有0.04molHBr，故氯气过量，D错误；
答案选C。

24.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO。

若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）
A. 22.40L
B. 26.88L
C. 29.12L
D. 35.84L
【答案】A
【解析】
【详解】若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.3mol，转移电子物质的量=0.3×（6+2）=2.4mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=2.4，解得x=0.6，故气体体积V=0.6mol×2×22.4L/mol=26.88L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.3mol=0.15mol，转移电子物质的量
0.15×10=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=1.5，计算得x=0.375，气体体积
0.375mol×2×22.4L/mol=16.8L，实际气体介于二者之间，即16.8＜V＜26.88，答案选A。

【点睛】本题考查氧化还原反应计算（极限法）。

利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=，计算n（CuO），根据Cu守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n （NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间，本题考查了氧化还原反应的计算，一定要注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查。

25.将17．9 g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7 g。

另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72 L NO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为 ( )
A. 22.1 g
B. 25.4 g
C. 33.2g
D. 无法计算
【答案】B
【解析】
试题分析：将17.9克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为2.7g÷27g/mol=0.1mol；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为6.72L÷22.4L/mol×3=0.9mol，其中0.1mol铝完全反应失去0.3mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9mol-0.3mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n（OH-）=0.6mol，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为17.9g-2.7g+0.6mol×17g/mol=25.4g，答案选B。

考点：考查化学计算，硝酸的性质。

三．填空题（共40分）
26.写出下列反应的离子方程式：
(1)碳酸氢钠溶液中加入足量石灰水_____________________；
(2)溴化亚铁溶液与氯气1：1混合_____________________；
(3)偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳_____________________；
(4)硫酸铝溶液与氨水反应_____________________；
(5)铁与过量的稀硝酸反应_____________________。

【答案】 (1). HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O (2). 2Cl2 + 2Fe2+ + 2Br- = 4Cl- + 2Fe3+ + Br2 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(4). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(5). Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
【解析】
【详解】(1)碳酸氢钠溶液中加入足量石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；
(2)因为还原性Fe2+>Br-，Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应，经计算溴化亚铁溶液与氯气1：1混合反应消耗的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，反应的离子方程式为2Cl2 + 2Fe2+ + 2Br- =4Cl- + 2Fe3+ + Br2；
(3)偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠，反应的离子方程式为
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
(4)硫酸铝溶液与氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(5)铁与过量的稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O。

27.下列各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是____________。

①NaOH、AlCl3②NaHCO3、H2SO4③NaAlO2、NaHSO4④Na2CO3、HCl ⑤Na2CO3、NaHCO3、Ca(OH)2
【答案】①③④
【解析】
【详解】①将NaOH溶液滴入AlCl3溶液中，先产生白色沉淀后沉淀消失，将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中，先无沉淀后产生白色沉淀，故符合；
②无论前者滴入后者还是后者滴入前者均立即产生气体，反应现象相同，故不符合；
③将NaAlO2溶液滴入NaHSO4溶液中，先无沉淀后产生白色沉淀；将NaHSO4溶液滴入NaAlO2溶液中，先产生白色沉淀后沉淀消失，故符合；
④将Na2CO3溶液滴入HCl溶液中，立即产生气体，将HCl溶液滴入Na2CO3溶液中，先无明显现象后产生气体，故符合；
⑤Na2CO3溶液、NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液反应均产生沉淀，反应现象相同，Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合无明显现象，故不符合；
答案选①③④。

28.判断正误，正确的写“对”，错误的写“错”。

(1)用铁制容器可以运输浓硝酸和浓H2SO4。

_____。