浙江省宁波市九校2022-2023高一化学上学期期末联考试题(含解析)

注意事项：

1.考试时间：90分钟；总分：100分。

2.可能用到的相对原子质量：H－1  C－12  O－16  Na－23  S－32  Fe－56  Cu－  Ba－137

选择题部分

一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)

1.下列属于碱性氧化物的是（　　）

A. Na2O2    B. MgO    C. SiO2    D. CO

【答案】B

【解析】

【分析】

能与酸反应只生成一种盐和水的氧化物是碱性氧化物。

【详解】A. Na2O2和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，A错误；

B. MgO只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，B正确；

C. 二氧化硅只能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，C错误；

D. CO既不能和酸也不能和碱反应生成盐和水，故是不成盐氧化物，D错误；

故选B。

2.下列仪器中，使用时必须检查是否漏水的是(    )

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】

【详解】带有旋塞或瓶塞的仪器在使用之前需要检验是否漏夜；A为蒸馏烧瓶，B为量筒，C为直形冷凝管，D为分液漏斗；四种仪器中，仅分液漏斗需要验漏，故选D。

3.下列物质属于纯净物的是(    )

A. 赤铁矿    B. 普通玻璃    C. 液氯    D. 漂白粉

【答案】C

【解析】

【详解】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3，则赤铁矿为混合物，A不符合题意；

B、普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、SiO2等，则普通玻璃为混合物，B不符合题意；

C、液氯为液态氯气，是纯净物，C符合题意；

D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分是Ca(ClO)2，则漂白粉为混合物，D不符合题意；

故选C。

【点睛】在平时的学习中，要注意一些说辞，比如某物质的“主要成分”、“有效成分”，同时也要牢记物质的俗名，或者水溶液的名称，比如Na2SiO3又叫泡花碱，其水溶液又叫水玻璃。

4.对于镁和沸水的反应Mg+2H2OMg(OH)2+ H2↑，下列说法不正确的是(    )

A. Mg2+的结构示意图：    B. H2的摩尔质量：2

C. H元素存在3种核素1H、2H、3H    D. 在反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红

【答案】B

【解析】

【详解】A、Mg是12号元素，Mg原子失去两个最外层的电子变为Mg2+，核外最外层有8个电子，选项中Mg2+的结构示意图正确，A正确；

B、H2的摩尔质量为2g/mol，B错误；

C、H元素存在3种核素1H、2H、3H，C正确；

D、氢氧化镁属于中强碱，镁和沸水反应后的溶液可以使酚酞变红，D正确；

故选B。

【点睛】①摩尔质量是有单位的，式量是没有单位的，二者在数值上相等，但并不意味着这两个物理量的物理意义相同；②Mg和沸水的反应，是考生平时学习中很少遇到的反应，主要是为了证明的Mg的金属性比Na弱，故D选项所涉及的知识点可以作为课外补充，丰富考生的知识储存。

5.在标准状况下，气体的体积大小主要取决于

A. 分子数目    B. 分子间距    C. 分子大小    D. 分子种类

【答案】A

【解析】

【详解】影响气体体积的因素有分子数目、气体分子的大小、气体分子间距，气体没有固定的形状，气体分子间距远远大于分子的大小，分子的大小可忽略，温度、压强决定气体的分子间距，标准状况下，气体分子间距相等，气体体积取决于分子数目，故选A。

6.人类社会的发展离不开科学家的贡献，下列说法中不正确的是(    )

A. 舍勒——研究软锰矿时发现了氯气

B. 汤姆生——根据α粒子散射实验提出原子的葡萄干面包模型

C. 维勒——合成尿素实现了无机物向有机物的转化

D. 玻尔——研究氢原子光谱提出核外电子分层排布模型

【答案】B

【解析】

【详解】A.瑞典化学家舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色、刺激性气味的气体，该气体为氯气，故A正确；

B.卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是α粒子散射实验，汤姆生提出了葡萄干面包模型，故B错误；

C.维勒用无机物腈酸铵合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限，可利用无机物得到有机物，故C正确；

D.1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，原子系统只能具有一系列的不连续的能量状态，当原子从一个具有较大能量的定态跃迁到另一个能量较低的定态时，它辐射出具有一定频率的光子，原子的不同能量状态和电子沿不同的圆形轨道绕核运动相对应，氢原子光谱指的是氢原子内的电子在不同能阶跃迁时所发射或吸收不同波长，该光谱的发现在玻尔核外电子分层排布模型原子结构的认识过程中，有极为重要的意义，故D正确。

故选B。

7.13C－NMR(NMR表示核磁共振)可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下面有关13C的叙述中，正确的是(    )

A. 13C与C60都为C的核素    B. 13C与15N有相同的中子数

C. 12C与13C互为同位素    D. 13C核外电子数大于核内质子数

【答案】C

【解析】

【详解】A、核素研究的对象为原子，而C60是C的单质，A错误；

B、13C与15N的质子数分别为6、7，则它们的中子数分别为7、8，故它们的中子数不同，B错误；

C、12C与13C的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，C错误；

D、任何原子的核外电子数等于核内质子数，D错误；

故选C。

8.金属钠分别投入下列溶液中，既有白色沉淀产生又有气体放出的是

A MgCl2溶液    B. K2SO4溶液    C. FeCl3溶液    D. NH4NO3溶液

【答案】A

【解析】

【详解】把钠放入盐溶液里，都会有氢气产生，因为钠可以和水反应；

A. 因为钠的化学性质活泼，投入MgCl2溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与MgCl2生成氢氧化镁白色的沉淀，故A正确；

B. 因钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有气体产生；但氢氧化钠与钾硫酸不反应，故有气体产生，不能产生沉淀，故B错误；

C. 因钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生；而氢氧化钠与FeCl3溶液能产生红褐色沉淀，故C错误；

D. 因钠能与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，但氢氧化钠与NH4NO3溶液不能产生沉淀，故D错误，

故选A。

【点睛】根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H2O=2NaOH+H2↑及生成的碱与盐的反应来得出反应现象。

9.下列有关物质性质及对应用途描述正确的是(    )

A. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白

B. 金属镁燃烧时会发出耀眼的白光，常用作耐高温材料

C. 碳酸钠溶液显碱性，可用于清洗油污

D. 浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂

【答案】C

【解析】

【详解】A、SO2的漂白性是因为SO2可以和有色物质结合生成无色物质，与其氧化性无关，A错误；

B、金属镁燃烧时会发出耀眼的白光，故在烟花的制作中会加入一定量的镁，而作耐火材料的是MgO，是因为MgO的熔点高，B错误；

C、碳酸钠溶液显弱碱性，可用于清洗油污，C正确；

D、浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，D错误；

故选C。

10.下列说法不正确的是(    )

A. 浓硫酸有氧化性，稀硫酸没有氧化性

B. 可以用无锈铁丝代替铂丝进行焰色反应

C. 氯水应保存在棕色细口试剂瓶中

D. 硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体都属于分散系，后者能产生丁达尔效应

【答案】A

【解析】

【详解】A、浓硫酸的氧化性以+6价硫元素体现，其还原产物一般为SO2，稀硫酸也有氧化性，其氧化性主要以+1价氢元素体现，还原产物一般为H2，A错误；

B、铁丝灼烧时无焰色，故可用洁净无锈的铁丝代替铂丝进行焰色反应实验，B正确；

C、氯水中的HClO见光分解，故氯水应保存在棕色细口试剂瓶中，C正确；

D、硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体都属于分散系，用光束照射氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，D正确；

故选A。

11.下列关于硅及其化合物的说法正确的是(    )

A. 玻璃、陶瓷、大理石都是硅酸盐产品

B. 近年来玉石市场火热，南阳玉(CaAl2Si2O8)用氧化物形式表示是CaO·Al2O3·SiO2

C. 华为麒麟芯片的主要成分是二氧化硅

D. 出口韩国的高纯度氟化氢可用于半导体硅表面的刻蚀

【答案】D

【解析】

【详解】A、大理石不属于硅酸盐产品，其主要成分是碳酸钙，A错误；

B、南阳玉(CaAl2Si2O8)用氧化物形式表示是CaO·Al2O3·2SiO2，B错误；

C、芯片的主要成分是硅，C错误；

D、氢氟酸可以和SiO2反应，故常用高纯度氟化氢刻蚀半导体硅表面，D正确；

故选D。

12.下列操作或叙述正确的是(    )

A. 向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中一定含有SO42－

B. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸进行如图所示操作来检验溶液中是否存在NH4+

C. 将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，没有出现血红色，该固体试样中也可能存在Fe3+

D. 向无色溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则该溶液中一定含有CO32－

【答案】C

【解析】

【详解】A、向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该沉淀不一定是BaSO4，也有可能是AgCl，该现象说明该溶液中可能含SO42-，也可能含Cl-；检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-，A错误；

B、应将用镊子夹住试纸放在试管口，B错误；

C、固体样品中可能含有Fe和Fe2O3，加入盐酸后，Fe可以和Fe3+反应，使得溶液中没有Fe3+，再加入KSCN溶液，溶液不变红，C正确；

D、能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，也可能是SO2；此外，和盐酸反应生成CO2、SO2的离子有CO32-、HCO3-或SO32-、HSO3-，D错误；

故选C。

【点睛】检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-；不能用酸化，因为亚硫酸根离子能够被氧化为硫酸根离子，也具有此现象；也不能用盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除银离子的干扰。

13.下列有关物质的工业制备正确的是(    )

A. 工业上用电解饱和食盐水来制取钠

B. 接触法制硫酸的相关设备依次为高炉、接触室、吸收塔

C. 工业上用氢气和氯气混合光照产生氯化氢，氯化氢溶于水制得盐酸

D. 工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石

【答案】D

【解析】

【详解】A、电解饱和食盐水制得的是氢氧化钠，工业上通过电解熔融的NaCl得到金属钠，A错误；

B、接触法制硫酸的相关设备依次为沸腾炉、接触室、吸收塔，B错误；

C、工业制备氯化氢，是将氯气在氢气中燃烧，氢气和氯气在光照下反应易发生爆炸，C错误；

D、工业炼铁是用CO还原铁矿石，需要用到铁矿石、焦炭、空气和石灰石，其中焦炭和空气反应生成CO，石灰石是将铁矿石中的SiO2转变为炉渣，D正确；

故选D。

14.工业上60%的镁来自海水，从海水中提取镁工艺流程如图所示，下列说法正确的是(    )

A. 该工艺流程涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应

B. 操作1为过滤，实验室里为加快过滤速度应用玻璃棒搅拌液体

C. 操作2实验室可用该装置对MgCl2溶液进行蒸发浓缩，再冷却结晶获得无水MgCl2

D. 该工艺的优点是原料来源广泛，同时获得重要的化工原料氯气

【答案】D

【解析】

【详解】A、该工艺流程涉及的反应有分解反应、化合反应、复分解反应，无置换反应，其中生石灰和水反应生成石灰乳是化合反应，向沉淀池中加入石灰乳生成Mg(OH)2、Mg(OH)2和试剂a反应生成MgCl2，这两个反应为复分解反应，电解无水MgCl2为分解反应，A错误；

B、过滤时，不能使用玻璃棒搅拌，玻璃棒的作用是引流，B错误；

C、先通过冷却结晶获得MgCl2晶体，再在HCl气流中加热晶体得到无水MgCl2，C错误；

D、该工业流程的原料生石灰、海水等来源广泛；电解氯化镁得到镁的同时，也能获得氯气，D正确；

故选D。

15.为了确定某物质是否变质，所选试剂(括号内物质)达不到实验要求的是(    )

A. K2SO3是否被氧化(BaCl2溶液)    B. 新制氯水已经完全变质(紫色石蕊试液)

C. KI是否被氧化(淀粉溶液)    D. FeSO4是否被氧化(KSCN溶液)

【答案】A

【解析】

【详解】A、K2SO3在空气中会被氧化为K2SO4，K2SO3、K2SO4和BaCl2反应都会生成白色沉淀，故BaCl2溶液不能达到实验要求，A错误；

B、新制氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl，HClO不稳定、易分解，随着HClO的分解，平衡不断右移，最终新制氯水会变质为盐酸溶液，失去漂白性，故使用紫色石蕊试液，若溶液变红后，不褪色，可以说明氯水完全变质，即紫色石蕊试液能达到实验要求，B正确；

C、KI会被空气氧化生成I2，I2遇到淀粉溶液，溶液会显蓝色，故淀粉溶液能达到实验要求，C正确；

D、FeSO4会被空气氧化为Fe2(SO4)3，加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明FeSO4已被氧化，故KSCN溶液能达到实验要求，D正确；

故选A。

16.ClO2是新型消毒剂，可以由过硫酸钠(Na2S2O8)与NaClO2反应制得，下列说法不正确的是(    )

A. 该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2NaClO2 = 2ClO2↑+2Na2SO4

B. 每1 mol Na2S2O8参加反应，得到1mol e－

C. ClO2因具有强氧化性而可以杀菌消毒

D. 该实验条件下的氧化性：Na2S2O8＞ClO2

【答案】B

【解析】

【分析】

该反应中，反应物NaClO2的Cl呈+3价，生成物ClO2的Cl呈+4价，则NaClO2作还原剂，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物。

【详解】A、根据氧化还原反应中化合价变价的就近原则，Na2S2O8的S的+7价会变为+6价，即还原产物为Na2SO4，故该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2NaClO2 = 2ClO2↑+2Na2SO4，A正确；

B、1mol Na2S2O8参加反应，得到2mol Na2SO4，则Na2S2O8得到2mol e-，B错误；

C、ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，C错误；

D、该反应中，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物，则Na2S2O8的氧化性比ClO2强，D正确；

故选B。

17.下列离子方程式书写正确的是(    )

A. 硫酸与氢氧化钡溶液混合：H++SO42-+Ba2++OHˉ ＝BaSO4↓ +H2O

B. 氯气和水反应：Cl2+H2O2H++Cl－+ClO－

C. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－

D. 向碳酸钙中滴加醋酸溶液：CaCO3+2H+ ＝Ca2++H2O+CO2↑

【答案】C

【解析】

【详解】A.该反应不符合实际的比例，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OHˉ=BaSO4↓ +H2O,故A错误；

B.HClO是弱电解质，不能拆开，正确的离子方式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO.故B错误；

C.向FeBr2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子、溴离子均被氯气氧化，离子方程式书写正确，故C正确；

D.醋酸是弱电解质，不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑,故D错误；

故选C。

【点睛】本题的易错点是A、C；A选项的考察形式比较常见，考生需要总结经验，避开误区；C选项的考察形式较难，因为FeBr2中Fe2+、Br-都是还原剂，都可以被Cl2氧化，且Fe2+的还原性较强，故反应中Fe2+先和过量的Cl2反应，直到Fe2+完全反应后，Br-才开始反应，在分析过程中，还要注意反应的量的问题，分析好各步的离子反应，再加起来，即可得不同物质的量比例的离子方程式。

18.下列除杂试剂或操作选用不正确的是(    )

【答案】B

【解析】

【详解】A、NaHCO3受热分解产生Na2CO3、CO2和H2O，其中CO2和H2O可以脱离装置，且Na2CO3对热稳定，可用加热的方式除去NaHCO3，A正确；

B、HCl易溶于水，CO2微溶于水，用饱和氯化钠溶液除去HCl，会损失部分CO2，不符合除杂的原则，一般是使用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，B错误；

C、SiO2可以溶于NaOH溶液，而Fe2O3不会溶解，故可以用NaOH溶液除去Fe2O3中的SiO2，再经过滤得到Fe2O3固体，C正确；

D、Cl2在溶液中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，尽管HCl会抑制该平衡正向移动，但是HClO对光不稳定，分解使得溶液中HClO的浓度降低，促衡正向移动，所以光照一段时间之后，盐酸中的Cl2通过平衡的移动被除去，D正确；

故选B。

19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )

A. 将标况下22.4 mL HCl气体溶于1 L水可配成浓度为110－3mol·L－1的盐酸

B. 一定条件下，1 mol Fe与1 mol Cl2充分反应，Fe失去的电子数目为3NA

C. 标准状况下，22.4 L H2O所含的水分子数目为NA

D. 500 mL 1 mol·L－1 MgCl2溶液中所含有Cl－浓度为2mol·L－1

【答案】D

【解析】

【详解】A、标况下，22.4mL的HCl的物质的量为0.001mol，但是该气体溶于1L的水之后，溶液的体积会发生变化，故其物质的量浓度不是110-3mol·L-1，A错误；

B、Fe和Cl2反应只会生成FeCl3，该反应中Cl2不足，反应转移的电子数应根据1mol Cl2的物质的量计算，为2NA，故Fe失去的电子数为2NA，B错误；

C、标况下，H2O为非气态，不能使用Vm=22.4L/mol计算其物质的量，C错误；

D、1mol·L-1 MgCl2溶液中所含有Cl-浓度为2mol·L-1，D正确；

故选D。

20.下列物质间的每步转化都能通过一步反应实现的是(    )

① Fe→Fe2O3→Fe(OH)3                  ② Na→Na2O2→Na2CO3

③ 黄铁矿→SO2→H2SO4                 ④ SiO2→H2SiO3→Na2SiO3

A. ②③    B. ①②    C. ②④    D. ①③

【答案】A

【解析】

【详解】①Fe不能直接转化为Fe2O3，①不符合题意；

②该组物质间的转化每一步都可以实现：，②符合题意；

③黄铁矿的主要成分是FeS2，该组物质间的转化每一步都可以实现：，③符合题意；

④SiO2不能直接转化为H2SiO3，④不符合题意；

综上所述，②③符合题意，故选A。

21.碘是合成碘化物的基本原料。空气吹出法从卤水中提碘的流程如下：

以下说法正确的是(    )

A. “氧化”时，须通入过量Cl2保证I－被充分氧化

B. “吹出”操作在吹出塔中进行，应将含碘卤水从塔底进入，热空气从塔顶吹入

C. “吸收”操作中，碘蒸气与二氧化硫水溶液充分接触可生成两种酸

D. “吸收”操作中，含SO2的吸收液也可以用NaOH溶液代替，生成的I－、IO3－经酸化，即可得粗碘。使用NaOH吸收后溶液中I－、IO3－的物质的量之比为1∶5

【答案】C

【解析】

【详解】A、Cl2不能过量，否则Cl2会将I2氧化为HIO3，A错误；

B、“吹出”操作，应将含碘卤水从塔顶进入，热空气从塔底吹入，B错误；

C、“吸收”操作中，碘蒸气与二氧化硫水溶液反应：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，C正确；

D、“吸收”操作中，NaOH溶液代替含有SO2的吸收液，发生反应：3I2+NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则用NaOH吸收后溶液中I－、IO3－的物质的量之比为5∶1，D错误；

故选C。

22.实验室制备SO2反应原理为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O. 选择装置制备并收集干燥SO2正确的连接顺序为(    )

A. a f g d c e    B. b g f d c e    C. a f g c d e    D. a f g d c h

【答案】A

【解析】

【详解】该实验的目的是制备并收集干燥SO2，根据题中的方程式可知，该反应的发生装置是固液不加热型（可选A装置），然后将气体经过E装置来干燥SO2，用C装置收集SO2，D装置作尾气处理装置；由于SO2的密度比空气大，需要用向上排气法收集，SO2应从d口进入C装置；D装置和F装置相比，D装置可以防止倒吸，更为安全；综上所述，正确的连接顺序为a f g d c e，故选A。

23.将一定量Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水配成50 mL溶液，逐滴加入0.05 mol·L－1盐酸，得到各成分物质的量变化如图所示(已知1 mol=1000 mmol)，下列说法不正确的是(    )

A. a点溶液中Na2CO3与NaCl物质的量相等

B. b点溶液中发生反应的化学方程式为：NaHCO3 + HCl = NaCl+H2O+CO2↑

C. c点溶液中氯化钠的物质的量浓度为0.05 mol·L－1

D. 当盐酸加到150 mL时，混合物样品恰好完全反应

【答案】C

【解析】

【分析】

Na2CO3和HCl的反应分为两步:Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；有关量的计算，结合图中的数据去分析计算即可。

【详解】A、观察图中信息，Na2CO3的曲线降为0，而NaCl的曲线从0开始，故两条曲线的交点a点表示溶液中Na2CO3与NaCl物质的量相等，A正确；

B、b点时，NaHCO3曲线呈下降状态，则NaHCO3被消耗，故发生NaHCO3和HCl的反应，B正确；

C、加入50mL盐酸时，Na2CO3的物质的量由2.5mmol降为0，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 可知50mL盐酸中含有2.5mmol HCl，即c(HCl)==50mmol·L-1；c点时，NaHCO3和HCl的反应还不完全，则根据氯元素守恒，可得n(NaCl)=n(HCl)100mL=50mmol·L-1×0.1L=5mmol，则n(NaCl)==0.033mol·L-1，C错误；

D、由图知，开始时，Na2CO3、NaHCO3的物质的量为2.5mmol，完全反应需要7.5mmol HCl，c(HCl)=50mmol·L-1，则V(HCl)==0.15L=150mL，D正确；

故选C。

24.某澄清透明的溶液中可能含有：Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、I－、CO32－、SO42－、Cl－中的几种，各离子浓度均为0.1 mol·L－1。现进行如下实验(所加试剂均过量)：

下列说法正确的是(    )

A. 样品溶液中肯定存在Na+、Fe2+、I−、SO42−

B. 沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁

C. 取1 L黄色溶液D能恰好溶解铁1.4 g

D. 该样品溶液中是否存在Cl－可取滤液C，滴加银和稀进行确定

【答案】B

【解析】

【分析】

根据“下层（紫红色）”、“黄色溶液”，可以推出原溶液中含有I-、Fe2+，一定没有Cu2+；向样品溶液中加入Cl2、BaCl2溶液，得到白色沉淀，则溶液中含有SO42-（CO32-不能和 Fe2+共存，被舍去）；由于各离子浓度均为0.1mol·L-1，根据电中性原理，可以推出溶液中一定还含有一种阳离子，由于Mg2+无法排除，所以可以推出溶液中含有Na+、Fe2+、I-、SO42-，或者Mg2+、Fe2+、I-、SO42-、Cl-。

【详解】A、经分析，样品中肯定存在Fe2+、I-、SO42-，可能存在Na+，或者Mg2+、Cl-，A错误；

B、题中未提及沉淀B的信息，故根据“黄色溶液”可推出沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁，因为Mg2+呈无色，不影响Fe3+颜色的显示，故B正确；

C、样品溶液中，n(Fe2+)=0.1mol·L-1，则溶液D中，n(Fe3+)=0.1mol·L-1，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，可推出1L溶液D中，含有Fe3+ 0.1mol，能溶解Fe 0.05mol，即2.8g，C错误；

D、样品溶液和Cl2、BaCl2溶液反应后再过滤得到滤液C，则滤液C一定含有Cl-，故检验到滤液C中的Cl-，无法说明样品溶液含有Cl-，D错误；

故选B。

【点睛】本题的难点在于Mg2+的确认，离子推断的题目，一般是根据某一个现象可以很明确的确定出某一个离子是否存在，而这道题中的Mg2+不干扰Fe3+的确认，故可能存在，也可能不存在。考生需要根据题中的现象仔细分析存在的可能性，从而避免漏掉一些可能存在的情况。

25.某红色固体粉末可能是Cu、Fe2O3、Cu2O中的一种或几种，为探究其组成，称a g该固体粉末样品，用过量的稀H2SO4充分反应后(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)，最终还剩下固体且称量得质量为b g。则下列推断不合理的是(    )

A. 最后剩余的固体只有Cu

B. 反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种

C. b的取值范围：0＜b≤a

D. 若b =a，则红色固体粉末一定为纯净物

【答案】D

【解析】

【分析】

Fe2O3能溶于稀H2SO4，Cu不和稀H2SO4反应，Cu2O和稀H2SO4反应后有不溶物生成。根据a、b关系可以分析出剩余固体的成分。

【详解】A、Fe2O3能溶于稀H2SO4，Cu不和稀H2SO4反应，Cu2O和稀H2SO4反应后有Cu生成，故最后剩余的固体只有Cu，A正确；

B、Fe2O3溶于稀H2SO4后产生Fe3+，剩余固体中有Cu，则Fe3+全部和Cu反应生成Fe2+和Cu2+，稀H2SO4过量，则反应后的溶液中还含有H+，故反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，B正确；

C、有固体剩余，则b>0，且红色粉末中不可能只有Fe2O3；若固体中只有Cu，则b=a；若固体中有Cu2O，则aD、红棕色粉末若纯净物，则该粉末不可能为Fe2O3；若该粉末为Cu，则b=a；若该粉末为Cu2O，根据方程式可算得b=a；D错误；

故选D。

二、填空题(本大题共5小题，共50分)

26.化学基本概念是学习化学的基石，请正确回答下列问题。

(1)今有7种物质：①液态氯化氢 ②乙醇 ③熔融的KNO3 ④铜线 ⑤NaCl晶体 ⑥小苏打溶液 ⑦氨水。属于电解质的是___________，属于非电解质的是_____________。将①加入到⑦中，⑦的导电能力_______(填“增强”、“减弱”或“基本不变”)。

(2)漂白粉中加入盐酸，可产生氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl = CaCl2 +2Cl2+2H2O。用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目_________，当有0.1 mol电子发生转移时，生成氯气的体积为_______L(标况下)，被氧化的HCl为______mol。

(3)“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”如图所示：

其中Ⅰ为化合反应，Ⅳ是_________反应。现有以下反应模型：单质A + 氧化物B=单质C + 氧化物D(A、B、C、D均为中学阶段常见物质，反应条件已略去)，写出符合上述反应模型的化学反应方程式。

①若A为金属单质，B为非金属氧化物：_________________________。

②若A和C均为固体非金属单质：_______________________________。

(4)浓硫酸有强氧化性，常温下，向碳素钢(仅含铁、碳元素的合金)中加入少量浓硫酸，无明显现象，原因是：____________________，加热后，可能产生的气体有___________________。

【答案】    (1). ①③⑤    (2). ②    (3). 增强    (4).     (5). 2.24    (6). 0.1    (7). 置换    (8). 2Mg+CO22MgO+C    (9). 2C+SiO2Si+2CO↑    (10). ①常温下C和浓硫酸不反应，②常温下铁在浓硫酸中钝化    (11). CO2、SO2、H2

【解析】

【详解】（1）①液态氯化氢在水中可以发生电离，该物质是电解质；

②乙醇在水中或者熔融状态下不能电离，该物质是非电解质；

③熔融的KNO3可以导电，该物质是电解质；

④铜线可以导电，但该物质属于单质，不属于电解质的研究范畴，故该物质既不是电解质，也不是非电解质；

⑤NaCl晶体在溶液中或者熔融状态下可以电离，该物质是电解质；

⑥小苏打溶液是混合物，不属于电解质的研究范畴，故该物质既不是电解质，也不是非电解质；

⑦氨水是混合物，不属于电解质的研究范畴，故该物质既不是电解质，也不是非电解质；

故属于电解质的是①③⑤；属于非电解质的是②；

⑦氨水中的NH3·H2O是弱电解质，在水中不能完全电离，加入①液态氯化氢之后，生成强电解质NH4Cl，溶液导电性会增强；

（2）该反应的电子转移方程式为：，根据电子转移方程式可知：每生成2份Cl2，转移2份电子，需要4份HCl，有2份HCl作还原剂，有2则转移0.1mol电子，生成0.1mol Cl2，即2.24L(标况)，被氧化的HCl有0.1mol；

（3）四大基本反应类型中，置换反应中一定有化合价变化，一定是氧化还原反应；化合反应、分解反应中，有的有化合价变化，有的没有化合价变化，故部分化合反应、分解反应属于氧化还原反应；复分解反应没有化合价的变化，一定不是氧化还原反应；故若I为化合反应，II为分解反应，III为复分解反应，IV为置换反应；

符合题中反应模型的化学反应方程式，①2Mg+CO22MgO+C；②2C+SiO2=Si+2CO↑；

（4）常温下，C和浓硫酸不反应，铁在浓硫酸中钝化，故无明显现象；加热后，C、Fe会和浓硫酸反应生成CO2、SO2，随着反应的进行，浓硫酸会变为稀硫酸，则未被氧化的Fe还会和稀硫酸反应生成H2，故可能生成的气体有CO2、SO2、H2。

27.配制一定物质的量浓度的溶液，几个关键实验步骤和操作如图：

(1)现需要94 mL 0.10 mol·L－1 Na2CO3溶液，进行现场配制。上述实验步骤A~F正确的实验次序为_______________________(填字母)。步骤E中将一玻璃仪器上下颠倒数次，写出该仪器的名称_________________。

(2)步骤C通常称为溶解，步骤A通常称为_________。

(3)用Na2CO3·10H2O来配制该溶液，托盘天平称取样品，游码需要打在图示________(填a或b)位置，若称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则所配制的溶液浓度偏_______(填“大”或“小”或“无影响”)。

【答案】    (1). CBDFAE    (2). 100 mL容量瓶    (3). 定容    (4). a    (5). 大

【解析】

【分析】

本题考察一定物质的量浓度溶液配制，难度不大，考生运用所学知识答题即可。

【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤为:计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶；上述实验步骤中，A为定容，B为移液，C为溶解，D为洗涤，E为摇匀，F为洗涤后的加水，故正确的实验次序为CBDFAE；E为容量瓶，由于要配制94mL的溶液，需要使用100mL的规格，故E为100mL容量瓶；

（2）A为定容；

（3）实验需要使用100mL容量瓶，则n(Na2CO3·10H2O)=0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol，m(Na2CO3·10H2O)=0.01mol×286g·mol-1=2.9g，则需要用游码称0.9g，故选a；称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则称得的晶体中n(Na2CO3)偏大，故所配制的溶液浓度偏大。

28.为探究某难溶性盐X(仅含三种常见元素)的组成，设计并完成以下实验(流程中部分物质已略去)：

已知：气体A和气体B所含元素相同，都是无色无味气体，固体C为纯净物且具有磁性，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属。根据上述信息，回答下列问题：

(1)盐X的化学式为________________。

(2)无水条件下，少量NaH就能与固体C反应并放出大量的热，写出该反应的化学方程式___________________。

(3)将产生的气体A全部被100 mL 0.35 mol·L－1氢氧化钠溶液充分吸收，反应的总离子方程式为____________________。

【答案】    (1). FeC2O4    (2). Fe3O4+4NaH =3Fe +4NaOH    (3). 4CO2+7OH—=3CO32—+HCO3—+3H2O

【解析】

【分析】

固体C为纯净物且具有磁性，单质D是目前建筑行业应用最广泛的金属，且D和NaH反应得到D，则D为Fe，C为Fe3O4；气体A和气体B所含元素相同，都是无色无味气体，且将这两种气体通入到足量的Ba(OH)2溶液中，产生白色沉淀，B不反应，则A为CO2，B为CO；D的质量为1.68g，则4.32g X含Fe的物质的量为0.03mol，受热分解产生0.01mol Fe3O4；白色沉淀BaCO3的质量为3.94g，则根据碳元素守恒可以得知，n(CO2)==0.02mol；X受热分解产生的CO、CO2的体积为1.344L(标况)，则n(CO)+n(CO2)==0.06mol，故n(CO)=0.04mol；综上所述，4.32g X经隔绝空气加热分解产生0.01mol Fe3O4、0.02mol CO2、0.04mol CO，则4.32g X含0.03mol Fe、0.06mol C、0.12mol O，故X的化学式为FeC2O4。

【详解】（1）经分析，X的化学式为FeC2O4；

（2）根据题中的信息，可以推出该反应的化学方程式为：Fe3O4+4NaH=3Fe+4NaOH；

（3）经分析，气体A(CO2)的物质的量为0.02mol，n(NaOH)=0.1L× 0.35mol·L-1=0.035mol，

则CO2过量，即该过程涉及两个化学反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，从量上分析：0.035nol NaOH和0.0175mol CO2反应生成0.0175mol Na2CO3，接着剩余的0.0025mol CO2消耗0.0025mol Na2CO3生成0.005mol NaHCO3，Na2CO3还剩0.015mol，所以0.02mol CO2和0.035mol NaOH反应生成了0.015mol Na2CO3、0.005mol NaHCO3，故该反应的化学方程式为：4CO2+7NaOH=3Na2CO3+NaHCO3+3H2O，离子方程式为：4CO2+7OH-=3CO32-+HCO3-+3H2O。

【点睛】①中学阶段所学的物质中，具有铁磁性的物质有Fe、Fe3O4（黑色晶体，也叫磁性氧化铁）；②CO2和NaOH反应分为两步：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，只有当CO2过量时，多余的CO2才会和Na2CO3进行第二步反应。

29.Ⅰ.探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，设计实验装置如图所示，部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。(洗气瓶中试剂均足量)

(1)分析推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有_______________________________。

(2)D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式_____________________。

II.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水x的值，实验装置和过程如下：取硫酸铜晶体7.23 g置于硬质试管中，先通N2排除体系内空气，酒精喷灯高温加热充分，待A中蓝色晶体最终变成黑色，停止加热，再次鼓入N2至装置冷却到室温。(洗气瓶中试剂均足量)

(1)取B中白色沉淀经过滤洗涤干燥称量得固体6.99 g，经计算可得CuSO4·xH2O中x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。

(2)某同学提出，要测定晶体中结晶水x的值，也可将B装置用装有浓硫酸的洗气瓶替换，最终测浓硫酸增重即可计算得到结果，评价该同学的方案是否可行？(如果不可行，请说明理由)_____________________________

【答案】    (1). CuO、SO3、SO2、O2、H2O    (2). 4Fe2++O2+4H+ = 4Fe3++2H2O    (3). 4.5    (4). 使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收    (5). 不可行，SO3也能溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量

【解析】

【分析】

I、该实验的目的是探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色，说明晶体受热分解产生了CuO；B中酸性BaCl2溶液产生白色沉淀，则分解产物中有SO3；D中溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，即产物中有氧化性物质，根据质量守恒定律可知，该氧化性物质为O2，则分解产物中有SO2生成（CuSO4中，O为-2价，若得到O2，需要升高化合价，所以S的化合价一定降低，生成SO2），所以B中的现象是品红溶液褪色，E的作用是吸收多余的有害气体，防止污染环境；

II、根据实验I推出硫酸铜晶体产物有SO2、SO3，B中含有Cl2和BaCl2，Cl2在水中可以将SO2氧化为SO42-，故CuSO4中的S全部转化为了BaSO4，则可以通过BaSO4的质量来计算x的值。

【详解】I、（1）经分析，CuSO4受热分解产生的产物有CuO、SO2、SO3、O2；对于晶体而言，受热分解产物还有H2O，故可推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有CuO、SO3、SO2、O2、H2O；

（2）D中，Fe2+先被O2氧化为Fe3+，Fe3+再和SCN-结合生成血红色物质，涉及的离子反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；

II、（1）根据题意可知，n(BaSO4)==0.03mol，则n(CuSO4·xH2O)=0.03mol，所以有0.03mol×(150+18x)g/mol=7.23g，解得x=4.5；再次通入N2的目的是使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收；

（2）不可行，分解产物SO3可以溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量。

【点睛】本题的难点在于实验II的（2）题，浓硫酸吸收SO3是一个很少见的知识点，主要出现在硫酸工业的第三步，考生需要结合平时学习中的知识去分析问题。

30.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为－2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与盐酸完全反应(注：矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中滴加KSCN溶液不变血红色。请计算并回答下列问题：

(1)该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为_____________。

(2)该磁黄铁矿FexS中，x=_________________。

【答案】    (1). 11∶6    (2). 0.85

【解析】

【分析】

根据题中信息，可以推出FexS为FeS和Fe2S3的混合物；向该该磁黄铁矿中加入盐酸，发生反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，Fe2S3+4HCl=2FeCl2+2H2S↑+S↓；且反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变血红色，说明溶液中不含Fe3+，再根据题中给出的数据分析计算即可。

【详解】根据题中信息，可以推出FexS为FeS和Fe2S3的混合物；向该该磁黄铁矿中加入盐酸，发生反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，Fe2S3+4HCl=2FeCl2+2H2S↑+S↓；根据题中信息可得，n(S)==0.075mol，n(FeCl2)=0.425mol，根据反应Fe2S3+4HCl=2FeCl2+2H2S↑+S↓可以计算得到n(Fe2S3)=0.075mol，n(FeCl2)2=0.15mol，则n(FeCl2)1=0.425mol-0.15mol=0.275mol，根据反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑可以计算得到n(FeS)= n(FeCl2)1=0.275mol，则该磁黄铁矿FexS中，含0.275mol FeS和0.075mol Fe2S3，故Fe2+与Fe3+的物质的量之比为0.275mol:(2×0.075mol)=11:6；该磁黄铁矿FexS中，含Fe 0.425mol，S 0.5mol，则，x=0.85。