四川省棠湖中学2018_2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -2018 年秋四川省棠湖中学高一期末统考模拟考试化学试卷可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 S-32 Mg-24 Al-27 Cl-35.5K-39第卷(选择题 50 分)一选择题(本题包括 25 小题，每小题 2 分，共 50 分，每小题只有一个选项符合题意)1.伦敦奥运会闭幕式上，燃放了大量的烟花，五彩缤纷的焰火十分好看。研究表明，焰火颜色的产生与烟花中含有钠、钾、钙、钡、铜、锶等金属元素有关。下列有关说法不正确的是：A. 五彩缤纷的焰火的形成是因为上述金属元素发生了焰色反应B. 钠可以保存在煤油中C. KCl 与 KNO3灼烧时火焰的颜色

2、不相同D. 观察钾及其化合物的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃【答案】C【解析】A、焰火是某些金属元素发生焰色反应，故 A 说法正确；B、金属钠不与煤油反应，且密度大于煤油，因此少量的金属钠保存在煤油中，故 B 说法正确；C、KCl 和 KClO3都含有 K 元素，灼烧时通过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，故 C 说法错误；D、观察钾元素的焰色反应时，需要通过蓝色钴玻璃观察，故 D 说法正确。2. 下列物质中属于纯净物的是A. 液氨 B. 漂白粉 C. 氯水 D. 盐酸【答案】A【解析】试题分析：液氨就是 NH3的液态，是纯净物，漂白粉主要成分有氯化钙和次氯酸钙，氯水主要由氯气、盐酸、次氯酸、水，盐酸主要

3、有氢离子、氯离子和水。考点：物质的分类点评：溶液一般都是混合物，属于简单题。3.下列微粒不具有还原性的是：A. H2 B. H+ C. Cl2 D. Cl【答案】B- 2 -【解析】A、H 2中 H 的化合价显 0 价，处于中间价态，具有还原性，故 A 错误；B、H 显1 价，处于最高价，只具有氧化性，故 B 正确；C、Cl 2中 Cl 显 0 价，处于中间价态，具有还原性，故C 错误；D、Cl 显1 价，处于最低价态，只具有还原性，故 D 错误。点睛：化合价处于最高价只具有氧化性，处于最低价只具有还原性，处于中间价态， 既具有氧化性，也具有还原性。4.将一块铝箔用砂纸打磨表面后，在酒精灯上加

4、热至熔化，下列说法正确的是：A. 熔化的是铝 B. 熔化的是 Al2O3 C. 熔化物迅速燃烧 D. 熔化物迅速滴落下来【答案】A【解析】打磨过的铝箔在酒精灯上加热，因为铝是活泼的金属，与空气中氧气反应，铝表面产生一层氧化铝，氧化铝的熔点高于金属铝，因此现象是熔化而不滴落，熔化的是内部的金属铝，故选项 A 正确。5.已知阿伏加德罗常数为 NA，下列说法正确的是A. 2mol 水中含有 NA个 H2O 分子B. 1g 氢气含有 NA个 H2分子C. 22.4L 氧气中含有 NA个氧分子D. 1mol 铁与过量稀盐酸反应生成 NA个 H2分子【答案】D【解析】A. 分子个数 N=nNA，则 2mo

5、l 水中含有的水分子个数 N=2molNAmol1 =2NA，故 A 错误；B. 1g 氢气的物质的量 n=1g2g/mol=0.5mol，H 2分子个数 N=nNA=0.5NA个，故 B 错误；C. 因未说明氧气是否处于标准状况，所以无法计算氧气的分子个数，故 C 错误；D. 铁和盐酸反应的化学方程式为：Fe2HCl=FeCl 2H 2，根据方程式可知，1mol 铁与过量稀盐酸反应生成 1mol 氢气，氢气分子个数为 NA个，故 D 正确；答案选 D。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，试题难度不大，解题时要注意阿伏加德罗常数、质量、物质的量等之间的关系，充分运用物质的量这个桥梁进

6、行相关计算即可得出正确结论，本题的易错点是 C 项，解题时容易直接利用体积进行计算，而忽略了题目未给出气体是否处于标准状况这个关键条件。6.用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中，正确的是- 3 -X Y ZA 非金属单质 非电解质 纯净物B 置换反应 氧化还原反应 离子反应C 胶体 分散系 混合物D 酸性氧化物 非金属氧化物 氧化物A. A B. B C. C D. D.【答案】C【解析】A. 纯净物包括单质和化合物，非电解质一定为化合物，和非金属单质之间是并列关系，不是包含关系，故 A 错误；B. 置换反应一定是氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于离子反应，故 B 错误；C. 胶体是一

7、种分散系，属于混合物，故 C 正确；D. Mn 2O7是酸性氧化物，属于金属氧化物，不属于非金属氧化物，故 D 错误；答案选 C。7.抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒。下列说法中正确的是A. 漂白粉是纯净物，漂白液是混合物B. 漂白粉的有效成分是 Ca(ClO)2C. 漂白液的有效成分是 Na2O2D. 工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉【答案】B【解析】试题分析：A、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，漂白液是次氯酸钠的溶液，也是混合物，错误，不选 A；B、漂白粉的有效成分为次氯酸钙，正确，选 B；C、工业上通常将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，不是石灰水中，错误，不选 C；D、漂白液的

8、有效成分为次氯酸钠，不是过氧化钠，错误，不选 D。考点：漂白粉和漂白液的成分和制取8.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是A. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟- 4 -B. 向 pH 试纸上滴加氯水，先变红后变白C. 向含少量 Br2的 CCl4中加 NaOH 溶液，充分振荡，上下两层均为无色D. 往氯水中加入 NaHCO3固体，有气体产生【答案】A【解析】A. Cu 与氯气反应生成氯化铜，产生棕黄色的烟，故 A 错误；B. 氯水中含有 HCl 和HClO，HClO 具有漂白性，则 pH 试纸上滴加氯水，先变红后变白，故 B 正确；C. 溴与 NaOH反应生成溴化钠和

9、次溴酸钠，所得溶液与四氯化碳分层，充分振荡，上下两层均为无色，故C 正确；D. 氯水中含有盐酸，与 NaHCO3反应生成二氧化碳气体，故 D 正确；答案选 A。9.下列反应能用离子方程式 OH-+HCO3-= CO32- +H2O 表示的是A. NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2OB. Ca(OH)2+Ca( HCO3)2=2CaCO3+2H 2OC. 2NaOH+NH4HCO3= NH3H2O+Na2CO3+H2OD. NaOH+Ca(HCO3)2= CaCO3+H 2O+NaHCO3【答案】A【解析】A. NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O 的离子方程式为：OH +HCO

10、3 = CO32 +H2O，故 A 正确；B. 碳酸钙为沉淀，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：Ca 2 HCO 3 OH =CaCO3H 2O，故B 错误；C. NH3H2O 是弱电解质，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：2OH NH 4 HCO 3 =NH3H2OCO 32 H 2O，故 C 错误；D. 碳酸钙为沉淀，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：OH Ca 2 HCO 3 =CaCO3H 2O，故 D 错误；答案选 A。点睛：本题主要考查离子方程式的书写和正误判断，试题难度不大，把握物质间发生的反应及离子方程式的书写方法是解答本题的关键，本题的易错点是 B 和 D 项，解

11、题时要特别注意反应物或生成物是否拆分正确，碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，所以不能用OH +HCO3 = CO32 +H2O 表示。10.某学生要提纯混有泥沙的食盐，他设计的主要操作有:溶解、过滤、蒸发。在这些操作中都需要使用的仪器是A. 烧杯 B. 漏斗 C. 玻璃棒 D. 酒精灯【答案】C【解析】- 5 -溶解需要的仪器为烧杯和玻璃棒，用玻璃棒搅拌，起加速溶解的作用，过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，玻璃棒起引流作用，蒸发要用到蒸发皿、酒精灯和玻璃棒，用玻璃棒搅拌，起防止局部温度过高的作用，故答案选 C。11.0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与 0.2 L1 mol/L KCl 溶液

12、中的 Cl 的数目之比( )A. 52 B. 31 C. 152 D. 13【答案】C【解析】试题分析：浓度与体积无关。两溶液中 Cl 浓度比为 13：11。考点：物质的量浓度计算点评：浓度与体积无关。12.下列物质只能作还原剂的是A. S2 B. Fe2 C. SO32 D. K【答案】A【解析】AS 2-中 S 元素的化合价是最低价态只有还原性，故 A 正确；BFe 2+中铁元素的化合价是中间价态既有氧化性又有还原性，故 B 错误；CSO 32 中 S 元素的化合价是中间价态既有氧化性又有还原性，故 C 错误；DK +中钾元素的化合价是最高价态只有氧化性，故 D 错误；故选A。点睛：物质氧

13、化剂还原剂的判断是根据元素的化合价高低判断，根据元素的化合价高低判断氧化剂还原剂最高价态的元素只有氧化性，最低价态的元素只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性，难准确判断元素的化合价是解题关键。13.下列离子在酸性溶液中能大量共存的是( )A. Fe3 、NH 4 、SCN 、Cl B. Na 、Mg 2 、NO 3 、SO 42C. Al3 、Fe 2 、NO 3 、Cl D. K 、Na 、Cl 、SiO 32【答案】B【解析】A. Fe3 与 SCN 在溶液中生成配合物，得红色溶液，不能大量共存，故 A 错误；B. Na 、Mg 2 、NO 、SO 42 在同一溶液中彼此间不发生离子

14、反应，可大量共存，故 B 正确；C. Fe2 在酸性溶液中能被 NO 氧化，不能大量共存，故 C 错误； D. SiO32 不能在酸性溶液中- 6 -大量存在，要生成硅酸沉淀，故 D 错误；答案为 B。14.下列各组物质能相互反应得到 Al(OH)3的是A. Al 跟 NaOH 溶液共热B. Al(NO3)3跟过量的 NaOH 溶液C. Al2O3和水共热D. Al2(SO4)3和过量的氨水【答案】D【解析】15.下列不能使有色布条或品红溶液褪色的物质是A. 氯化钙溶液 B. 氯水 C. 次氯酸钠溶液 D. 二氧化硫【答案】A【解析】A氯化钙溶液不具有漂白性，故 A 选；B氯水中含有 HClO

15、，具有漂白性，故 B 不选；C次氯酸钠溶液含有 ClO-，能生成 HClO，具有漂白性，故 C 不选；DSO 2能使品红溶液褪色，具有漂白性，故 D 不选；故选 A。16.用毛笔蘸取少量 30% FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶被冲到小烧杯中，下列说法正确的是( )A. 烧杯中的溶液呈黄色 B. 铜片无任何变化C. 铜片上有凹陷的“Cu”字 D. 发生了反应:Fe 3+ +Cu=Cu2+ Fe2+【答案】C【解析】试题分析：FeCl 3溶液与铜片发生：2FeCl 3+ Cu2FeCl 2+ CuCl2，FeCl 2溶液 是浅绿色，CuCl2是蓝色，A 错；

16、FeCl 3溶液与铜片发生了反应，B 错；D 项电荷不守恒，错，选 C。考点：FeCl 3的性质、离子方程式的书写判断。17.下列实验装置不能达到实验目的的是( )A. 验证 Na 和水反应是否为放热反应- 7 -B. 用 CO2做喷泉实验C. 观察纯碱的焰色反应D. 比较 NaCO3、NaHCO 3的稳定性【答案】D【解析】【详解】A钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，红墨水出现液面差，可以达到实验目的，选项 A 正确； B二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，可以达到实验目的，选项 B 正确；C铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，选项 C 正

17、确；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，选项 D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及 Na2CO3、NaHCO 3的稳定性等知识，D 项为易错点，注意碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性的差别。18.下列反应中，反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变时，反应产物均不发生变化的是A. 氢氧化钠与二氧化碳反应 B. 盐酸和碳酸氢钠溶液C. 铜与硝酸反应 D. 氯化铝溶液和氢氧化钠溶液反应【答案】B【解析】- 8 -A氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，与过

18、量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以二氧化碳的用量不同产物不同，选项 A 不选；B盐酸和碳酸氢钠溶液生成二氧化碳与水，与反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变无关，选项 B 选；C浓硝酸生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮，所以浓度不同产物不同，选项 C 不选；D氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，所以与反应物用量有关，选项 D 不选。答案选 B。点睛：本题考查了物质间的反应，有些反应物除了受温度、反应物的量限制外，可能还与浓度有关，如铜和浓硫酸反应但和稀硫酸不反应，明确物

19、质的性质是解本题关键，物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同，应根据具体反应的物质的性质分析一般是发生反应后，如果某种物质过量且和生成产物继续反应，则会引起产物变化；反应时温度不同产物可能不同，据此解答。19.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是实验操作及现象 实验结沦A 向酸性 KMnO4溶液中滴加 H2O2溶液，紫色消失 H2O2具有氧化性B 氯气通入品红溶液中，溶液褪色 氯气具有漂白性C 将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeC13溶液中呈红褐色 制 Fe(OH)3胶体D向某溶液加入 NaOH 并微热，产生能够使湿润的红色，石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中一定含有NH4+A.

20、A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A酸性 KMnO4溶液中滴加 H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn 元素的化合价降低，MnO 4-转化为 Mn2+紫色消失，H 2O2中氧元素化合价升高被氧化，具有还原性，选项 A 错误；B、氯水中含HClO，具有漂白性，则通入品红溶液中，品红褪色，而不是氯气具有漂白性，选项 B 错误；C、将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在- 9 -沸水中滴加饱和氯化铁溶液，选项 C 错误；D、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵盐与强碱共热产生氨气，则该溶液中一定含有 NH4+，选项 D 正确。

21、答案选 D。20.下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）A. 氧化镁中混有氧化铝 B. 氯化铝溶液中混有氯化铁C. 氧化铁中混有二氧化硅 D. 氯化亚铁溶液中混有氯化铜【答案】D【解析】AMgO 是碱性氧化物与 NaOH 不能反应，而 Al2O3是两性氧化物，可以与 NaOH 发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的 MgO，故 A 不选；B向溶液中加入过量的 NaOH 溶液，氯化铁变为 Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为 NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到 Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，

22、就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故 B 不选；C二氧化硅是酸性氧化物，可以与 NaOH 发生反应，而氧化铁与 NaOH 不能发生反应加入过量的 NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故 C 不选；D二者都可以与 NaOH 发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故 D 选；故选 D。点睛：分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：所选试剂一般只和杂质反应；作不应引入新的杂质；不减，即不减少欲被提纯的物质；易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。21.以下各组物质中与 34gOH所含电子数相同的是（ ）

23、A. 常温下，20g 氖气 B. 标准状况下，44.8L 甲烷C. 2mol/L NaOH 溶液中的 Na+ D. 2L 1mol/L 氢氟酸中的 F【答案】B【解析】34gOH 的物质的量是 34g17g/mol2mol，所含电子的物质的量是 20mol。A. 常温下，20g氖气的物质的量是 1mol，所含电子的物质的量是 10mol，A 错误；B. 标准状况下，44.8L 甲烷的物质的量是 44.8L22.4L/mol2mol，所含电子的物质的量是 20mol，B 正确；C. 溶液体积未知，不能计算 2mol/L NaOH 溶液中的 Na+所含电子的物质的量，C 错误；D. 氢氟酸是弱酸，

24、2L 1mol/L 氢氟酸中的 F 的物质的量小于 2mol，所含电子的物质的量小于 20mol，D- 10 -错误，答案选 B。22.若下列图像中横轴代表所加溶液体积，纵坐标代表生成沉淀质量，则各项描述中与图像能对应的是（ ） A. 图可能是 MgCl2、AlCl 3溶液逐滴加氨水至过量B. 图可能是 AlCl3溶液逐滴加 NaOH 溶液至过量C. 图可能是 NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量D. 图可能是含一定量 HCl 的 AlCl3溶液逐滴加氨水至过量【答案】D【解析】AMgCl 2、溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀完全后不再变化，A

25、错误；B向 AlCl3溶液中滴加 NaOH 溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠，发生的反应为：Al3 3OH Al(OH) 3、Al(OH) 3OH AlO 2 2H 2O，两过程中氢氧化钠的用量为 3：1，与图象不符合，B 错误；C向 NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2 H 2H 2O=Al(OH)3、Al(OH) 33H =Al3 3H 2O，两过程消耗盐酸量为 1：3，与图象不符合，C 不正确；D向含一定量 HCl 的 AlCl3溶液逐滴加氨水至过量，氨水首先

26、与盐酸发生中和反应，然后沉淀铝离子，由于氨水不能溶解氢氧化铝，所以沉淀达到最大值以后，不再发生变化，D 正确，答案选 D。点睛：本题以图象题形式考查了铝盐、偏铝酸盐与酸、碱反应以及沉淀的变化分析，注意滴加顺序不同，量不同会导致产物不同。答题时要根据反应过程判断结合图像的变化趋势去分析解答，尤其要注意起点、拐点以及终点的判断。23.下列有关金属及其化合物的性质及推断正确的是（ ）A. Na 在空气中会发生许多化学反应，因此需要保存在煤油中；Na 2O2在空气中也会发生许多化学反应，因此也需保存在煤油中B. Al 有两性，因此与 Al 同主族的金属元素均具有两性- 11 -C. FeCl2溶液在保

27、存时一般会放入一定量的铁粉，但 FeCl3溶液在保存时不用放铁粉D. CuO 能溶于足量的稀硫酸形成蓝色透明溶液，Cu 2O 也能溶于足量稀硫酸只生成蓝色透明溶液【答案】C【解析】A. Na2O2需要密封保存，不是保存在煤油中，A 错误；B. Al 是活泼的金属，不能说具有有两性，B 错误；C. FeCl2溶液在保存时一般会放入一定量的铁粉以防止氯化亚铁被氧化，但FeCl3溶液在保存时不用放铁粉，因为二者反应生成氯化亚铁，C 正确；D. CuO 能溶于足量的稀硫酸形成蓝色透明溶液，Cu 2O 也能溶于足量稀硫酸生成蓝色透明溶液，但同时还有金属铜产生，D 错误，答案选 C。点睛：B 选项是解答的

28、易错点，首先中学化学中所说的两性一般是指两性氧化物或两性氢氧化物，例如氧化铝和氢氧化铝。铝是典型的活泼金属，不能依据铝能与氢氧化钠溶液反应而得出铝具有两性，更不能说铝是两性元素，铝属于金属元素。24.在下列反应中，氧化剂与还原剂是同种物质，且物质的量之比为 2: 1 的是（ ）A. O32KIH 2O=2KOHI 2O 2B. 3NF35H 2O=2NOHNO 39HFC. 2Na2O22CO 2= 2Na2CO2O 2D. Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O【答案】B【解析】A. O32KIH 2O2KOHI 2O 2中臭氧是氧化剂，碘化钾是还原剂，不是同一种物质，A 错误；B.

29、 35H 2O2NOHNO 39HF 中氮元素化合价部分从+3 价降低到+2 价，部分升高到+5价，因此 NF3既是氧化剂，也还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:1，B 正确；C. 2Na2O22CO 22Na 2CO2O 2过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，二者的物质的量之比为 1:1，C 错误；D. Cl2+NaOHNaCl+NaClO+H 2O 中氯气既是氧化剂，也是还原剂，二者的物质的量之比为 1:1，D 错误，答案选 B。25.将一定量的 Na2CO3与 NaHCO3的混合物充分加热，可收集到标况下 a L 的气体，若将同样的混合物投入到足量盐酸中，会收集到

30、标况下 b L 的气体，则 Na2CO3物质的量分数为( )A. B. C. D. - 12 -【答案】B【解析】【详解】两次得到的二氧化碳的物质的量分别是 、 ，根据方程式2NaHCO3 Na2CO3H 2OCO 2可知碳酸氢钠的物质的量是 。根据碳原子守恒可知碳酸钠的物质的量是 ，则 Na2CO3物质的量分数为。答案选 B。【点睛】本题考查学生混合物的有关计算知识，注意元素守恒的应用以及物质性质的掌握是解答的关键，题目难度不大。第 II 卷(非选择题 50 分)26.某工厂的废金属屑中主要成分为 Cu、Fe 和 Al，此外还含有少量 Al2O3和 Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学

31、兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO 47H2O)和胆矾晶体。请回答：(1)写出步骤反应的离子方程式：_。(2)试剂 X 是_。溶液 D 是_。(3)在步骤时，用如图装置制取 CO2并通入溶液 A 中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体 C 减少，可采取的改进措施是_。- 13 -(4)由固体 F 制取硫酸铜溶液，通常有两种方案：方案一：将固体 F 在加热条件下与浓硫酸反应；方案二：将固体 F 投入热的稀浓硫酸中，然后通入氧气；方法一的缺点为：_。(5)工业上常用溶液 E 制得净水剂 Na2FeO4，流程如下：测得溶液 E 中

32、c(Fe2 )为 0.2 molL1 ，若要处理 1 m3溶液 E，理论上需要消耗 25%的H2O2溶液_kg。写出由 Fe(OH)3制取 Na2FeO4的离子方程式_。(已知 NaClO 还原为 NaCl)【答案】 (1). 2Al2H 2O2OH =2AlO2-3H 2 Al2O32OH =2AlO2-H 2O (2). 稀硫酸(或稀 H2SO4) (3). NaHCO3溶液 (4). 在 a 和 b 间加一个盛有饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶，除去 HCl (5). 产生污染气体二氧化硫 (6). 13.6 (7). 2Fe(OH)33ClO 4OH =2FeO42-3Cl 5H 2O【

33、解析】【分析】金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO 47H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液 A 为 NaAlO2溶液，经途径与足量二氧化碳发生 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO 3-，反应可生成氢氧化铝固体 C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成 AlCl3，得到 AlCl3溶液；溶液D 为碳酸氢钠溶液；滤渣 B 为 Fe 和 Cu 的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液 E 为 FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣 F 为 Cu，可用于制备胆矾，以此解答该题。【详解】

34、 （1）在废金属屑中含有 Cu、Fe、Al、Al 2O3、Fe 2O3，当加入过量 NaOH 溶液时，只有- 14 -Al、Al 2O3可以发生反应，所以步骤反应的离子方程式是 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2； Al2O3+ 2OH-= 2AlO2-+H2O；（2）把混合物过滤，得到的固体 B 中含有 Cu、Fe、Fe 2O3，向其中加入过量的稀硫酸，发生反应：Fe 2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；Fe 2(SO4)3+Fe= 3FeSO4；Fe 2(SO4)3+Cu= 2FeSO4+ CuSO4 ； Fe+ H 2SO4=FeSO4+H2；试剂 X 是

35、H2SO4；过滤得到滤液 E 含有 FeSO4、CuSO 4；固体 F 中含有 Cu，用热的浓硫酸溶解得到 CuSO4溶液，也可以用固体 F 继续加入热的稀 H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得 CuSO4溶液；（3）溶液 A 中含有 NaOH、NaAlO 2；向其中通入过量的CO2，发生反应产生 Al(OH)3沉淀和可溶性物质 NaHCO3，溶液 D 是 NaHCO3，固体 C 是 Al(OH)3沉淀，用盐酸溶解得到 AlCl3；然后在 HCl 的气氛中加热蒸发得到无水 AlCl3；（3）在步骤时，用如图装置制取 CO2并通入溶液 A 中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少

36、，这是由于浓盐酸有挥发性，在制取的 CO2气体中含有杂质 HCl。为了避免固体 C 减少，可采取的改进措施是 a,b 间加一个盛有饱和 NaHCO3的洗气瓶，除去 HCl；（4）用固体 F 继续加入热的稀 H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得 CuSO4溶液；反应的化学方程式是 2Cu+O2+ 2H2SO4=2CuSO4+2H2O；（5）Fe 2+与 H2O2反应的方程式是：2Fe 2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O，由于 n(Fe2+)=0.2 mol/L1103 L=200mol，则根据方程式可知需要 H2O2的物质的量是 100mol,所以理论上需要消耗的 H2O2溶液 =1

37、3600g=13.6Kg；根据图示可知由 Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式是 2Fe(OH)33ClO 4OH =2FeO42-3Cl 5H 2O。27.硫酰氯(SO 2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质 熔点/ 沸点/ 其它性质SO2Cl2 54.1 69.1易与水反应，产生大量白雾易分解：SO 2Cl2 SO2Cl 2H2SO4 10.4 338 吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：- 15 -(1) 仪器 A 冷却水的进口_(填“a”或“b”)

38、。(2) 仪器 B 中盛放的药品是_。(3) 实验所需二氧化硫用亚硫酸钠与硫酸制备，该反应的离子方程式为_，以下与二氧化硫有关的说法中正确的是_。A.因为 SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性 KMnO4溶液、石蕊试液褪色B.能使品红溶液褪色的物质不一定是 SO2C.SO2、漂白粉、活性炭、Na 2O2都能使红墨水褪色，且原理相同D.等物质的量的 SO2和 Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好E.可用浓硫酸干燥 SO2 F.可用澄清的石灰水鉴别 SO2和 CO2(4) 装置丙所盛试剂为_，若缺少装置乙，则硫酰氯会损失，该反应的化学方程为_。(5) 少量硫酰氯也

39、可用氯磺酸(ClSO 3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H=H2SO4SO 2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。从分解产物中分离出硫酰氯的方法是_。请设计实验方案检验产品中有硫酸(可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl 2溶液、蒸馏水、石蕊溶液)_。【答案】 (1). a (2). 碱石灰 (3). SO32-+2 H = SO2H 2O (4). BE (5). 饱和食盐水 (6). SO2Cl22H 2O=H2SO42HCl (7). 蒸馏 (8). 取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等)，冷却后加水稀释,取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入 Ba

40、Cl2溶液产生白色沉淀，说明含有 H2SO4。【解析】【分析】二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO 2（g）+Cl 2（g） SO2Cl2；硫酰氯会水解，仪器B 中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯- 16 -气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去 Cl2中的 HCl，乙装置：干燥氯气（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器 B 中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5 价的氯和盐酸中-1 价的氯发生氧化

41、还原反应生成氯气；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去 Cl2中的 HCl；SO 2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，根据原子守恒书写；二氧化硫具有漂白性、氧化剂、还原性；（5）二者沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；氯磺酸（ClSO 3H）分解：2ClSO 3HH 2SO4+SO2Cl2，设计实验方案检验产品，需检验氢离子、检验硫酸根离子。【详解】 （1）根据采用逆流的冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为 a，故答案为：a；（2）甲装置：SO 2（g）+Cl 2（g） SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器 B 中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防

42、止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，故答案为：碱石灰；（3）用亚硫酸钠与硫酸制备二氧化硫，该反应的离子方程式为：SO 32-+2H+=SO2+H 2O；A因为 SO2具有漂白性，它能使品红溶液褪色，与溴水、酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应，与水反应生成亚硫酸使石蕊试液变红，选项 A 错误；B能使品红溶液褪色的物质可能是 SO2，或氯气等，选项 B 正确；CSO 2、漂白粉、活性炭、Na 2O2都能使红墨水褪色，原理分别为化合反应、强氧化性、吸附性、强氧化性，选项 C 错误；D等物质的量的 SO2和 Cl2混合后生成盐酸和硫酸，不具有漂白效果，故 D 错误；E二者不反

43、应，可用浓硫酸干燥 SO2，选项 E 正确；F二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则不能用澄清的石灰水鉴别 SO2和 CO2，选项 F 错误；答案为 BE；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水；HCl 易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和 NaCl 溶液除去 Cl2中的少量 HCl，所以丙装置作用为：除去Cl2中的 HCl，SO 2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，则其水解方程式为：SO 2Cl2+2H2O- 17 -H2SO4+2HCl；（5）二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏；氯磺酸（ClSO 3H）分解：2ClSO 3H=H2SO4+S

44、O2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等） ，冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入 BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有 H2SO4，或取反应后的产物直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4。28.下列物质：氢氧化钠溶液、铜片、碳酸钙、蔗糖、熔融的 NaCl、SO 2 气体、碳酸氢钠、盐酸（1）能导电且属于电解质的是_。 （填编号）（2）写出碳酸钙的电离方程式_。（3）写出碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式_。（4）向 100mL1.5mol/L 的氢氧化钠溶液中缓慢通入一

45、定量的 CO2，反应后，向所得溶液中逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积（不考虑气体溶解于水）关系如图所示。则氢氧化钠溶液与一定量的 CO2 充分反应后的溶液中溶质为_ （写化学式） 。盐酸的浓度为_。B 点时，产生的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). (2). CaCO 3=Ca2+ CO32- (3). HCO3-+OH- =CO32- + H2O (4).NaOH 和 Na2CO3 (5). 0.5mol/L (6). 1.12【解析】（1）含有自由移动电子的物质可以导电，因此能导电且属于电解质的是熔融的 NaCl，答案选。 （2）碳酸钙完全电离，碳酸

46、钙的电离方程式为 CaCO3=Ca2+CO32-。 （3）碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式为 HCO3-+OH-=CO32-+H2O。 （4）加入盐酸 200mL 时开始生成气体，当加- 18 -入盐酸 300mL 时不再产生气体，AB 段发生 NaHCO3+HClNaCl+H 2O+CO2，而 OA 段消耗的盐酸为 AB 消耗的盐酸的二倍，应为 NaOH 和 Na2CO3的混合物；加入 300mL 盐酸时气体不再发生变化，此时溶液中的溶质为氯化钠，根据钠离子守恒可知氯化钠是 0.15mol，所以氯化氢是 0.15mol，浓度是 0.15mol0.3L0.5mol/L；AB 段消耗 HCl

47、为0.1L0.5mol/L=0.05mol，由 NaHCO3+HClNaCl+H 2O+CO2可知生成二氧化碳的物质的量为0.05mol，标况下二氧化碳的体积为：22.4L/mol0.05mol=1.12L。点睛：掌握反应发生的先后顺序是解答的关键，注意弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等，另外进行有关的计算时要学会利用守恒法，例如原子守恒、电荷守恒等。29.4.1gH 3PO3可与 2gNaOH 完全反应生成正盐，则 H3PO3为_元酸。该正盐的电离方程式为_。、小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。(1)小苏打片每片含 0.504gNaHCO3，2 片小苏打片能中和胃酸中的 H+是_mol。(2)胃舒平每片含 0.234gAl(OH)3，中和胃酸时，6 片小苏打片相当于胃舒平_。(3)达喜的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐。取该碱式盐粉末 3.01g，逐滴加入 2.0mol/L