2022

这是一份2022-2023学年广东省深圳中学高一（上）期末化学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了0分），1mlO2转移的电子数为0，下列离子能大量共存的是，下列离子反应方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省深圳中学高一（上）期末化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四五总分得分注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单选题（本大题共16小题，共44.0分）1. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法错误的是( )A. 奥密克戎病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体B. Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚C. 次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂D. La−Ni合金可用作储氢合金，方便吸、放氢气2. 下列物质分类正确的是 ( ) 选项混合物酸性氧化物碱性氧化物弱电解质胶体A澄清石灰水Mn2O7CuOAgCl纳米铁粉B空气干冰COFe(SCN)3Al(OH)3胶体C氨水SO3CaOH3PO4淀粉溶液D酒精Al2O3Cl2OHCl有色玻璃A. A B. B C. C D. D3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.1NAB. 18gD2O和18gH218O中含有的质子数均为9NAC. 0.5mol⋅L−1硫酸溶液中含有的H+数为NAD. 1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为3NA4. 下列关于元素和元素周期表的叙述正确的是( )A. ⅠA族元素与ⅥA族元素间形成的化合物可能不止一种B. 118297Og原子的质子数与中子数之差为179C. 质子数相同的微粒一定是同种元素D. 由 94238Pu转化为 94239Pu的过程属于化学变化5. 下列选项中的物质用途正确且与其性质对应的是 ( ) 选项性质用途AFe(OH)3胶体具有吸附性净化自来水BNa2O能与二氧化碳反应呼吸面具的供氧剂C维生素C能溶于水维生素C与补铁剂共服效果更佳DFe3O4不溶于水制造录音磁带A. A B. B C. C D. D6. 下列离子能大量共存的是( )A. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl−、I−B. 能与Al反应产生H2的溶液：K+、NH4+、NO3−、HCO3−C. 使石蕊变红的溶液中可能大量存在：Na+、NO3−、SO42−、Fe2+D. 无色透明的溶液：Na+、Ca2+、ClO−、Cl−7. 下列离子反应方程式正确的是( )A. 覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+B. 侯氏制碱法制NaHCO3：CO2+NH3+H2O=HCO3−+NH4+C. 碳酸钡溶于草酸：BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑D. 向少量NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4+2H2O8. 以工业废渣[主要成分为Ca(OH)2，杂质为CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：氯化时控制温度在75℃左右进行，充分反应后过滤所得滤液为Ca(ClO3)2、CaCl2的混合溶液。下列有关说法正确的是( )A. 氯化过程中通入Cl2的速率越快越好B. 转化过程可能发生反应的化学方程式为2KCl+Ca(ClO3)2=2KClO3↓+CaCl2C. 滤渣的主要成分为Ca(OH)2D. 氯化后过滤，测定滤液中ClO3−与Cl−的个数之比为2：39. 如图所示实验方案能达到预期实验目的的是( )A. 图甲制备Fe(OH)2B. 图乙制备Fe(OH)3胶体C. 图丙进行渗析实验D. 图丁配制100mL0.100mol/LNaCl溶液10. 下列几种类推结论中，正确的是( )A. Zn加入CuSO4溶液置换Cu，Na加入CuSO4溶液也置也CuB. Fe与Cl2点燃生成FeCl3，则Fe与I2点燃生成FeI3C. Al(OH)3受热易分解，Cu(OH)2受热也易分解D. CO2通入Ca(OH)2产生白色沉淀，CO2通入CaCl2也产生白色沉淀11. 同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是( )A. SO2 B. CH4 C. CO2 D. O212. 如表所列物质不能按如图关系(“→”表示一步完成)相互转化的是 ( ) 选项ABCDXNa2CO3Cl2FeMgYNaOHHClOFe2O3Mg(OH)2ZNaClHClFe(OH)3MgOA. A B. B C. C D. D13. 某溶液的溶质可能含有Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的几种，向该溶液中滴加0.5mol/L的盐酸，得到CO2体积(换算成标准状状)与盐酸体积的关系如图所示，下面说法错误的是( )A. 产生的CO2的物质的量为0.03molB. AB段发生反应的离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2OC. 若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，则V2=100D. 若溶质由Na2CO3和NaOH组成，3V1=2V2，则n(Na2CO3)：n(NaOH)=1：214. 要除去下列选项中括号内的杂质，所选试剂和方法正确的是( )A. CuSO4(H2SO4)：NaOH，加热浓缩B. MgO(Al2O3)：NaOH，过滤C. Cl2(HCl)：饱和NaHCO3，洗气D. Fe2O3(FeO)：O2，加热15. 下列实验操作、现象及结论均正确的是 ( ) 选项实验操作现象结论A取少量溶液X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液溶液颜色变红溶液X含有Fe3+B向饱和的Na2CO3溶液通入CO2产生白色沉淀溶解度：NaHCO3C向Fe2O3、CuO、Fe的混合粉末中加入过量稀盐酸析出红色固体反应后溶液中阳离子只有H+和Fe2+D向FeCl3溶液滴加少量酸性KMnO4溶液以检验FeCl2杂质紫红色褪去混合溶液中有Fe2+A. A B. B C. C D. D16. 在500mLFeBr2溶液中导入22.4L(在标准状况下)Cl2，充分反应后，溶液中13的Br−被氧化(还原性：Fe2+>Br−)，则原溶液中FeBr2的物质的量浓度是( )A. 2.4mol/L B. 1.2mol/L C. 2.0mol/L D. 3.2mol/L第II卷（非选择题）二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）17. 某磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁(Fe3O4)，还含少量的Al2O3、Cu2O。某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，其中F为常见的补铁剂，工艺流程如图(已知Cu2O不溶于水和碱，但溶于强酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。根据流程回答下列问题： (1)溶液C的溶质主要是，铝离子的结构示意图为。 (2)溶液D与过量试剂X反应的离子方程式是、。 (3)在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是。 (4)操作1的名称为。 (5)已知E为红色固体，写出证明E中无Cu2O的方法： (写出实验操作与现象)。三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）18. 实验小组利用Cl2与Fe(OH)3在强碱性条件下反应制备高铁酸钾K2FeO4并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，溦溶于KOH溶液：具有强氧化性，在䂸徃溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4(夹持装置略) ①将除杂装置B补充完整，并在试剂瓶上标明所用试剂。 ②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的离子反应方程式有、。 (2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，为证明是否K2FeO4氧化了Cl−而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生(3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有离子。 (4)方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl−。用KOH溶液洗涤的目的是。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2 FeO42−(填“>”或“四、简答题（本大题共1小题，共14.0分）19. 实验室中需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，请回答下面问题。 (1)用天平称取CuSO4⋅5H2O晶体的质量是 g。 (2)完成上述实验，除需要如图所示的仪器外，还需要的玻璃仪器是。 (3)在使用胆矾配制溶液时，需要使用两次玻璃棒，作用是。 (4)下列实验操作会使配制的溶液浓度偏低的是。 A.容量瓶内有水，未经过干燥处理 B.定容时，仰视刻度线 C.转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤 D.定容后液面超过刻度线，吸出一部分水 (5)若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要量取 mL0.2mol/LCuSO4。 (6)铜屑放入稀硫酸中不发生反应，向体系通入O2，铜屑可以逐渐溶解生成CuSO4，该反应的离子方程式为。 (7)某养殖场消毒液由CuSO4、Na2SO4、NaCl混合而成，已知部分离子浓度如表：离子符号Na+SO42−Cl−c/mol⋅L−11.30.40.9该消毒液c(Cu2+)= 。五、推断题（本大题共1小题，共14.0分）20. 物质间的转化关系如图所示，其中圆圈“〇”内物质是化合物，方框“□”内的物质是单质，A为医学上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体。 (1)C的化学式为。 (2)反应①②③④中 (填序号)属于氧化还原反应。 (3)检验H中阳离子的常用方法：，现象：。 (4)书写方程式： ①A与少量澄清石灰水反应的离子反应方程式：。 ②由D转化为H的化学反应方程式：。 (5)若工业制得的D中混有少量A，用化学方程式表示提纯D的方法：。答案和解析1.【答案】B 【解析】解：A.奥密克戎病毒可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体的一种，故A正确； B.氧化铝能够与氢氧化钠反应，所以不能用氧化铝坩埚熔融烧碱，故B错误； C.次氯酸具有漂白性，可用于棉、麻和纸张的漂白剂，故C正确； D.储氢合金La−Ni合金，与氢气反应生成氢化物，方便吸、放氢气，故D正确；故选：B。A.根据分散剂不同，可将胶体分为气溶胶、液溶胶和固溶胶； B.氧化铝能够与氢氧化钠反应； C.次氯酸具有漂白性； D.储氢合金La−Ni合金是通过形成氢化物储存氢气的。本题考查物质的组成、性质与应用，侧重基础知识检测和运用能力的考查，把握物质的组成、性质、性质与用途的关系即可解答，注意化学与生产生活的联系，题目难度不大。2.【答案】C 【解析】解：A.氯化银溶于水的部分完全电离，属于强电解质，纳米铁粉属于纯净物，不是胶体，故A错误； B.CO与酸不反应，不是碱性氧化物，故B错误； C.氨水为混合物，三氧化硫为酸性氧化物，氧化钙为碱性氧化物，磷酸为弱电解质，淀粉溶液为胶体，故C正确； D.酒精为纯净物，氧化铝为两性氧化物，一氧化二氯为酸性氧化物，氯化氢为强电解质，故D错误；故选：C。含两种或者两种以上物质的为混合物；能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；能够与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；水溶液中能够部分电离的电解质为弱电解质；分散质粒子直径介于1nm～100nm的分散系为胶体。本题考查了物质的分类，把握混合物、酸性氧化物、碱性氧化物、弱电解质、胶体的概念是解题关键，题目难度不大。3.【答案】B 【解析】解：A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，故A错误； B.一个D2O和一个H218O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol，含有的质子数都为18g20g/mol×10×NA/mol=9NA，故B正确； C.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误； D.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+83价，则1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为83NA，故D错误；故选：B。A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子； B.一个D2O和一个H218O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol； C.溶液体积未知； D.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+83价。本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。4.【答案】A 【解析】解：A.ⅠA族元素与ⅥA族元素间形成的化合物可能不止一种，如钠元素与氧元素可以形成氧化钠、过氧化钠，故A正确； B.该原子的质子数为118，中子数为297−118=179，二者之差为179−118=61，故B错误； C.质子数相同的微粒不一定是同种元素，如Ne、H2O、NH3都含有10个质子，故C错误； D.该变化过程中发生原子核的变化，不属于化学变化，故D错误；故选：A。A.钠元素与氧元素可以形成氧化钠、过氧化钠； B.该原子的质子数为118，中子数为297−118=179； C.质子数相同的微粒可能是原子、分子或离子； D.化学变化中原子核不发生变化。本题考查原子结构等，注意化学反应中原子核不发生比较，题目比较基础，质子考查学生对基础知识的掌握情况。5.【答案】A 【解析】解：A.氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可用于净化自来水，故A正确； B.过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可用作供氧剂，氧化钠不具有此性质和用途，故B错误； C.维生素C的还原性，维生素C与补铁剂共服效果更佳，与其能溶于水的性质无关，故C错误； D.四氧化三铁具有磁性，可用于制造磁带，与其不溶于水的性质无关，故D错误；故选：A。A.氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒； B.过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气； C.依据维生素C的还原性解答； D.四氧化三铁具有磁性。本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，熟悉相关物质的性质及用途即可解答，题目难度不大。6.【答案】D 【解析】解：A.滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、I−发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误； B.能与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液，溶液呈酸性或碱性，HCO3−都不能大量共存，且碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误； C.使石蕊试液变红色的溶液呈酸性，溶液中含有大量氢离子，酸性条件下，Fe2+能被NO3−氧化而不能大量共存，故C错误； D.无色溶液中不含有色离子，这几种离子都无色且离子之间不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。A.滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+； B.能与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液； C.使石蕊试液变红色的溶液呈酸性，溶液中含有大量氢离子； D.无色溶液中不含有色离子。本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键，注意题干中限制性条件。7.【答案】A 【解析】解：A.用覆铜板为基础制作印刷电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A正确； B.侯氏制碱法制NaHCO3：CO2、NH3、NaCl、H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl，离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+，故B错误； C.草酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式为BaCO3+HOOCCOOH=Ba2++H2O+CO2↑+C2O42−，故C错误； D.NaHSO4溶液少量时，NaHSO4和Ba(OH)2反应生成BaSO4、NaOH和H2O，离子方程式为H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4+H2O，故D错误；故选：A。A.Fe3+和Cu反应生成Fe2+和Cu2+； B.侯氏制碱法制NaHCO3：CO2、NH3、NaCl、H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl； C.草酸是弱酸，应该写化学式； D.NaHSO4溶液少量时，NaHSO4和Ba(OH)2反应生成BaSO4、NaOH和H2O。本题考查了离子方程式的正误判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，试题侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒和质量守恒的判断，注意反应物用量对反应的影响。8.【答案】B 【解析】解：A.氯化过程中需提高Cl2的转化率，可减小通入Cl2的速率，可增加氯化环节与氯气的接触面积，故A错误； B.向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，方程式为2KCl+Ca(ClO3)2=2KClO3↓+CaCl2，故B正确； C.CaCO3不溶于水，滤渣的主要成分为CaCO3，故C错误； D.根据6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，则ClO3−与Cl−的个数之比为2：10=1：5，故D错误；故选：B。工业废渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，以此解答该题。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。9.【答案】C 【解析】解：A.图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故A错误； B.NaOH溶液与氯化铁反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故B错误； C.胶体粒子不能透过半透膜，分子、离子可以，图中渗析法可分离提纯胶体，故C正确； D.配制100mL0.100mol/LNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容，不能在烧杯中配制一定物质的量浓度的溶液，故D错误；故选：C。A.图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触； B.NaOH溶液与氯化铁反应生成沉淀； C.胶体粒子不能透过半透膜，分子、离子可以； D.配制100mL0.100mol/LNaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10.【答案】C 【解析】解：A.钠比较活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，故A错误； B.碘单质的氧化性比较弱，Fe与I2点燃生成FeI2，故B错误； C.难溶性的氢氧化物受热均易分解，Al(OH)3受热易分解，Cu(OH)2受热也易分解，故C正确； D.由于酸性：盐酸>碳酸，CO2通入CaCl2不反应，不能反应生成白色沉淀，故D错误；故选：C。A.钠比较活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气； B.碘单质的氧化性比较弱； C.难溶性的氢氧化物受热均易分解 D.由于酸性：盐酸>碳酸，CO2通入CaCl2不反应。本题考查类比规律，侧重考查学生化学性质的掌握情况，试题难度中等。11.【答案】B 【解析】解：假设气体的质量都为mg，则气体的物质的量分别为： n(SO2)=mM=m64mol， n(CH4)=mM=m16mol， n(CO2)=mM=m44mol， n(O2)=mM=m32mol，根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，所以物质的量最多的是CH4，体积最大的就是CH4，故选B．根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，根据气体的质量和摩尔质量计算气体的物质的量，进而比较体积大小．本题考查阿伏加德罗定律定律及推论，题目难度不大，注意同温同压下，气体的物质的量越多，则气体的体积越大，根据质量和摩尔质量计算气体的物质的量，进而比较体积大小．12.【答案】C 【解析】解：A.Na2CO3与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，Na2CO3和盐酸反应生成NaCl，均可一步实现转化，故A不选； B.Cl2与水反应生成HClO、HCl，HClO分解生成HCl，能一步实现转化，故B不选； C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不能生成氢氧化铁，不能一步实现转化，故C选； D.Mg和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁分解生成MgO，Mg与氧气反应生成氧化镁，均可一步实现转化，故D不选；故选：C。A.Na2CO3与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，Na2CO3和盐酸反应生成NaCl； B.Cl2与水反应生成HClO、HCl，HClO分解生成HCl； C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不能生成氢氧化铁； D.Mg和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁分解生成MgO，Mg与氧气反应生成氧化镁。本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。13.【答案】D 【解析】解：A.由图可知，产生的CO2的体积为0.672L，物质的量为0.672L22.4L/mol=0.03mol，故A正确； B.AB段发生反应为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳，离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故B正确； C.产生的CO2的物质的量为0.03mol，若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，依据碳元素守恒可知x=0.03−0.02=0.01，由反应Na2CO3+2HCl=CO2↑+H2O+2NaCl可知，碳酸钠消耗盐酸0.04mol，由反应NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl可知碳酸氢钠消耗盐酸0.01mol，共消耗盐酸0.05mol，则V2=0.05mol0.5mol/L=0.1L=100mL，故C正确； D.AB段发生反应为NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl，产生的CO2的物质的量为0.03mol，由碳元素守恒可知n(Na2CO3)=0.03mol，则AB段消耗盐酸体积为V2−V1=0.03mol0.5mol/L=0.06L=60mL，3V1=2V2，解得V1=120mL，V2=180mL，OA段发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，消耗盐酸0.03mol，体积为60mL，故与NaOH反应盐酸体积为120mL−60mL=60mL，n(NaOH)=0.5mol/L×0.06L=0.03mol，则n(Na2CO3)：n(NaOH)=1：1，故D错误；故选：D。A.依据气体体积计算气体的物质的量； B.碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳； C.依据碳元素守恒可知碳酸氢钠的物质的量，进而计算消耗盐酸的量； D.OA段先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，后反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，AB段发生反应为NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl，依据二氧化碳和盐酸的体积关系，计算Na2CO3和NaOH的物质的量。本题考查方程式的计算，题目难度中等，能依据图象和物质的性质判断反应过程并能依据方程式进行计算是解题的关键。14.【答案】B 【解析】解：A.硫酸、硫酸铜均与NaOH溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误； B.氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不反应，反应后过滤可除杂，故B正确； C.氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故C错误； D.FeO与氧气反应可生成四氧化三铁，引入新杂质，不能除杂，故D错误；故选：B。A.硫酸、硫酸铜均与NaOH溶液反应； B.氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不反应； C.氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应； D.FeO与氧气反应可生成四氧化三铁。本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。15.【答案】B 【解析】解：A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除亚铁离子的干扰，应直接加KSCN溶液加检验铁离子，故A错误； B.饱和的Na2CO3溶液通入CO2，析出溶解度小的碳酸氢钠，产生白色沉淀，故B正确； C.加入过量稀盐酸固体全部溶解，铁可置换出铜，可析出红色固体，溶液中可能还有铜离子，故C错误； D.亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明含亚铁离子，故D错误；故选：B。A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除亚铁离子的干扰； B.饱和的Na2CO3溶液通入CO2，析出溶解度小的碳酸氢钠； C.加入过量稀盐酸固体全部溶解； D.亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。16.【答案】A 【解析】解：设原溶液中FeBr2的物质的量浓度是x，还原性：Fe2+>Br−，可知氯气先氧化亚铁离子，然后溶液中13的Br−被氧化，由得失电子守恒可知，22.4L22.4L/mol×2×[0−(−1)]=0.5L×x×(3−2)+0.5L×x×2×13×[0−(−1)]，解得x=2.4mol/L，故选：A。标准状况下，氯气的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，还原性：Fe2+>Br−，可知氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，结合得失电子守恒计算。本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。17.【答案】NaAlO2 Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2Fe3+=3Fe2+ 生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色过滤向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O 【解析】解：(1)由分析可知，溶液C的主要成分是NaAlO2；铝离子的结构示意图为，故答案为：NaAlO2；； (2)溶液D为硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁的混合液，试剂X为铁，铁与硫酸铜反应了、生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，其反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2Fe3+=3Fe2+； (3)向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，立即发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，反应生成的氢氧化亚铁具有强还原性，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色； (4)分离固体和液体的方法是过滤，则操作1的名称为过滤，故答案为：过滤； (5)由于Cu2O溶于强酸，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，则证明E中无Cu2O的方法为向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O，故答案为：向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O。由图可知，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和偏铝酸钠溶液C；向固体B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜和硫酸铁的溶液D和铜固体E；向溶液D中加入过量的铁(试剂X)，硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，过滤得到硫酸亚铁溶液F和含有铜、铁的固体II；向固体II中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。18.【答案】 3Cl2+2Fe(OH)3+10OH−=2FeO4−+6Cl−+8H2O Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O Fe3+ 确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO−对实验的干扰 > 物质的氧化性与溶液的酸碱性有关【解析】解：(1)①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气，吸收蒸发出来的HCl气体，即装置B所用试剂为饱和食盐水，除杂装置B补充完整的装置图为，故答案为：； ②C中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，则C中Cl2发生反应的离子反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10OH−=2FeO4−+6Cl−+8H2O，另外氯气与过量的KOH反应生成次氯酸钾溶液，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故答案为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH−=2FeO4−+6Cl−+8H2O；Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O； (3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，故答案为：Fe3+； (4)K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定；方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl−，用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO−对验证的干扰；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在K2FeO4的制备实验中氧化性：Cl2>FeO42−，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2故答案为：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO−对实验的干扰；>；物质的氧化性与溶液的酸碱性有关。根据制备K2FeO4的实验装置可知，装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气除去，结合氯气的性质分析解答；根据实验方案I和Ⅱ的现象结合同种告知的K2FeO4的性质和氧化还原反应的规律分析解答；根据K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定分析解答； (1)①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气； ②C中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，则C中Cl2和Fe(OH)3反应生成K2FeO4，另外氯气与过量的KOH反应生成次氯酸钾溶液； (3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子； (4)K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定，据此分析；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。19.【答案】25.0 500mL容量瓶移液、引流 BCD 125.0 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O 0.2 mol/L 【解析】解：(1)需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要称取CuSO4⋅5H2O晶体的质量：0.2mol/L×0.5L×250g/mol=25.0g，故答案为：25.0； (2)根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙和容量瓶、胶头滴管，需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液480mL，应选择500mL容量瓶，故还缺少的仪器有500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶； (3)玻璃棒在溶解时作用为搅拌，在移液时作用为引流，故答案为：移液、引流； (4)A.容量瓶内有水，未经过干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响； B.定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低； C.转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低； D.定容后液面超过刻度线，吸出一部分水，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故答案为：BCD； (5)若用0.2mol/LCuSO4溶液配制250mL0.1mol/LCuSO4溶液，依据稀释规律可知，需要浓溶液体积为：0.1mol/L×0.25L0.2mol/L=0.125L，即125.0mL，故答案为：125.0； (6)铜在酸性环境下能够被氧气氧化，反应的离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O，故答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O； (7)混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有：c(Cl−)+2(SO42−)=c(Na+)+2c(Mg2+)，故：0.9mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L+c(Cu2+)×2，解得：c(Cu2+)=0.2 mol/L，故答案为：0.2 mol/L。(1)依据m=cVM计算； (2)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀、装瓶确定正确的操作步骤； (3)依据玻璃棒在溶解和移液操作中的作用解答； (4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析； (5)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓溶液体积； (6)铜在酸性环境下能够被氧气氧化； (7)混合溶液呈电中性，根据电荷守恒：c(Cl−)+2(SO42−)=c(Na+)+2c(Mg2+)，据此计算。本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理及操作步骤，熟悉溶液中存在的电荷守恒、离子反应的实质是解题关键，题目难度中等。20.【答案】H2O ②③ 焰色试验火焰呈现黄色 2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH 2NaHCO3=△Na2CO3+H2O+CO2↑ 【解析】解：(1)由分析可知，C的化学式为H2O，故答案为：H2O； (2)①是碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，②是Na与氧气反应生成过氧化钠，③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，④是二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其中②③属于氧化还原反应，故答案为：②③； (3)H为NaOH，检验H中阳离子的常用方法：焰色试验，现象：火焰呈现黄色，故答案为：焰色试验；火焰呈现黄色； (4)①A是NaHCO3，与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应离子方程式为2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O，故答案为：2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O； ②由D转化为H的化学反应方程式：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH； (5)若固体D(碳酸钠)中混有少量的A(碳酸氢钠)，由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可以用加热方法除去混有的碳酸氢钠，反应方程式为2NaHCO3=△Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3=△Na2CO3+H2O+CO2↑。化合物G为淡黄色固体，化合物C在通常状况下为无色液体，二者反应生成单质E与化合物H，则G是Na2O2、C是H2O、H为NaOH、E是O2，由反应②可知金属单质F为Na，根据反应④可知D中含有Na元素，A是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，加热分解生成水、B及含Na元素化合物D，可推知A是NaHCO3、B为CO2、D为Na2CO3，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，符合转化关系。本题考查无机物的推断，涉及Na元素单质化合物性质及相互转化，突破口是淡黄色化合物与无色液体化合物反应生成单质，注意基础知识的掌握。

云奕文章网

相关推荐：