黑龙江省2022学年哈尔滨六中高一上期末化学试卷

2022-2022学年黑龙江省哈尔滨六中高一（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是（　　）ABCD物质的化学式浓H2SO4水玻璃三氧化二砷（砒霜）TNT危险警告标签  A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：A．浓硫酸具有强的腐蚀性，应贴腐蚀品标志，故A正确；B．水玻璃为硅酸钠溶液，不易燃烧，不属于易燃液体，故B错误；C．三氧化二砷有毒，属于剧毒品，应贴剧毒品标志，故C正确；D．TNT为烈性炸药，应贴爆炸品标志，故D正确；故选：B。A．浓硫酸具有强的腐蚀性；B．水玻璃为硅酸钠溶液，不易燃烧；C．三氧化二砷有毒；D．TNT为烈性炸药。本题考查了危险品分类，明确危险品性质及常见危险品标志是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。2.下列有关金属及其合金的说法不正确的是（　　）A.目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B.生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加C.镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹D.日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用【答案】B【解析】解：A．目前我国流通的硬币是由合金材料制成：1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，故A正确；B．生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少。题目说法与事实相反，故B错误；C．制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光，故C正确；D．铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用，故D正确。故选：B。A．金属的最主要用途是用来制造合金，要了解常见合金的组成和用途；B．根据含碳量的多少把铁合金分为生铁和钢；C．金属的性质决定金属的用途；D．利用氧化铝的结构来分析对金属的保护作用．本题考查了金属镁铝的性质及用途，合金的组成及应用，难度不大，要求同学们要关心生活中的化学问题，学以致用．15/151.如将物质按照单质、氧化物、酸、碱、盐分类，下列各组物质中，类别相同的是（　　）A.氧气、氧化镁、四氯化碳、水B.硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾C.硫酸、碳酸钠、氯化镁、氧化钠D.硝酸银、氢氧化钠、醋酸钠、氯化钾【答案】B【解析】解：A、氧气属于单质，氧化镁、四氯化碳、水属于化合物，两种物类别不相同，故A错误；B、硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾均属于盐类，物质类别相同，故B正确；C、硫酸属于酸，碳酸钠、氯化镁属于盐，氧化钠属于氧化物，物质类别不相同，故C错误；D、硝酸银、醋酸钠、氯化钾属于盐，氢氧化钠属于碱类，物质类别不相同，故D错误。故选：B。单质是只有一种元素组成的纯净物，氧化物是有两种元素组成其中一种元素是氧元素的化合物，酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物．本题考查学生物质的分类知识，可以根据单质、氧化物、酸、碱、盐的概念来回答，难度不大．2.同温同压下，相同质量的下列气体，所占体积最大的是（　　）A.CH4B.O2C.CO2D.SO2【答案】A【解析】解：A、甲烷的摩尔质量为16g/mol；B、氧气的摩尔质量为32g/mol；C、二氧化碳的摩尔质量为44g/mol；D、二氧化硫的摩尔质量为64g/mol；所以同温同压下，相同质量的气体，所占体积为CH4＞O2＞CO2＞SO2。故选：A。同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，所以相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即同温同压下，相同质量的气体，摩尔质量越大，所占体积越小．据此判断．本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，可借助PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．注意可运用公式判断．3.下列物质在一定条件下都能导电，属于电解质的是（　　）A.铜B.NaOHC.SO3D.浓硫酸【答案】B【解析】解：A．铜能够导电，但是铜为单质，不属于电解质，故A错误；B．氢氧化钠在熔融状态下能够导电，且属于电解质，故B正确；C．三氧化硫的水溶液能够导电，但是导电离子不是三氧化硫电离的，所以三氧化硫为非电解质，故C错误；D．浓硫酸为混合物，浓硫酸既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选：B15/15。物质中含有自由移动的带电粒子，该物质就能够导电；在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，据此进行判断．本题考查了电解质与非电解质、物质的导电性判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确物质导电的条件．1.在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是（　　）A.Na+、Ag+、CO32-、Cl-B.K+、Ba2+、SO42-、Cl-C.Na+、K+、CO32-、Cl-D.Na+、K+、Cl-、SO42-【答案】C【解析】解：A．Ag+与CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．Ba2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C．离子之间不发生任何反应，能大量共存，且加入硫酸后，CO32-与H+反应生成二氧化碳气体，故C正确；D．离子之间不发生任何反应，但加入硫酸后不生成气体，故D错误。故选：C。离子在水溶液中能大量共存，则离子之间不发生任何反应，如复分解反应、氧化还原反应以及相互促进的水解反应等，加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成，则溶液中存在CO32-或HCO3-等离子．本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意离子能大量共存，且加入硫酸反应生成气体的条件．2.离子方程式：BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+中H+不能代表的物质是（　　）①HCl　②H2SO4　③HNO3　④NaHSO4⑤CH3COOH．A.①③B.①④⑤C.②④⑤D.①⑤【答案】C【解析】解：因弱酸、硫酸钡在离子反应中保留化学式，则BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+中H+不能代表的物质是②④⑤，故选：C。BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+中H+表示强酸，但不能为硫酸或硫酸的酸式盐，应生成硫酸钡不溶于水，在离子反应中保留化学式，以此来解答．本题考查离子反应方程式书写的意义，为高频考点，把握离子反应方程式的意义及离子反应中保留化学式的物质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．3.粗盐提纯实验用到的试剂中，不是为了除去原溶液中杂质离子的是（　　）A.盐酸B.烧碱溶液C.纯碱溶液D.氯化钡溶液【答案】A【解析】解：粗盐中含有钙离子和镁离子，为了出去钙离子应该加入过量的碳酸钠，为了出去镁离子应该加入过量的氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，最后还得出去过量的碳酸根离子和氢氧根离子，盐酸与碳酸根离子反应生成二氧化碳可以除去过量的碳酸根离子，与氢氧化钠发生酸碱中和除去过量的氢氧根离子，而盐酸中的氯化氢易挥发加热可除去过多的氯化氢，故选：A。粗盐中含有钙离子和镁离子，为了出去钙离子应该加入过量的碳酸钠，为了出去镁离子应该加入过量的氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，最后还得出去过量的碳酸根离子和氢氧根离子，据此解答．本题考查了粗盐的提纯，题目难度不大，明确粗盐中含有的杂质离子，以及各种离子的性质是解题的关键．4.下列离子方程式正确的是（　　）15/15A.饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B.向稀硫酸中投入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.实验室制取二氧化碳：CO32-+2H+=H2O+CO2↑D.氢氧化钡溶液中加入硫酸：H++OH-=H2O【答案】A【解析】解：A、饱和石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故A正确；B、氢离子是弱氧化剂，只能将氧化为亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C、碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故C错误；D、漏掉一组离子反应，而相关离子必须符合组成之比，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故D错误；故选：A。A、饱和石灰水中通入过量二氧化碳生碳酸氢根离子；B、氢离子是弱氧化剂，只能将氧化为亚铁离子；C、碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式；D、漏掉一组离子反应，而相关离子必须符合组成之比．本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析．1.下列各物质，所含原子数目最多的是（　　）A.标准状况下，22.4L甲烷B.标准状况下，44.8L氮气和氧气的混合气体C.常温常压下，66g二氧化碳气体D.100mL 1mol/L硫酸【答案】D【解析】解：A、n===1mol，甲烷为5原子分子，原子物质的量=1mol×5mol=5mol；B、n===2mol，氮气和氧气都是双原子分子，原子物质的量=2mok×2=4mol；C、n===1.5mol，二氧化碳为3原子分子，原子物质的量=1.5mol×3=4.5mol；D、n=vc=0.1L×1mol/L=0.1mol，硫酸为7原子分子，硫酸中原子物质的量=0.1mol×7=0.7mol，硫酸溶液中水体积约等于100mL，n（H2O）===≈5.6mol，水为3原子分子，水分子中原子物质的量=5.6mol×3=16.8mol。从以上计算可以看出D＞A＞C＞B。故选：D。根据n===cv计算出分子的物质的量，再计算原子的物质的量，根据=，物质的量大的数目就多．注意D选项中原子数目包括水中的原子．本题考查物质的量的计算，把握质量、体积、物质的量浓度与物质的量的关系为解答的关键，题目难度不大．2.下列反应中，铁元素被氧化的是（　　）15/15A.FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑B.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑C.FeO+2HCl=FeCl2+H2OD.2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2【答案】B【解析】解：A．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．Fe元素化合价由0价升高到+2价，故B正确；C．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．Fe元素化合价由+3价降低到+2价，故D错误。故选：B。从化合价的角度分析，铁元素被氧化，元素化合价应升高，以此解答．本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，注意从元素化合价变化的角度认识物质表现出的性质，明确元素化合价为解答该题的关键，题目难度不大．1.把Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（　　）A.Al3+B.Al（OH）3C.AlO2-D.Al3+和Al（OH）3【答案】C【解析】解：明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42-，由反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH-，则发生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2-，故选：C。明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42-，根据反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O判断．本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，本题中注意判断使SO42-全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据Al3+和OH-物质的量的关系判断反应产物．2.硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液中，形成无色的溶液，其化学方程式是：PbSO4+2CH3COONH4=Pb（CH3COO）2+（NH4）2SO4．当Pb（CH3COO）2（醋酸铅）溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成．表示这个反应的有关离子方程式正确的是（　　）A.Pb（CH3COO）2+H2S=PbS↓+2CH3COOHB.Pb2++H2S=PbS↓+2H+C.Pb2++2CH3COO-+H2S=PbS↓+2CH3COOHD.Pb2++2CH3COO-+2H++S2-=PbS↓+2CH3COOH【答案】A【解析】解：醋酸铅和醋酸都是弱电解质不拆，H2S是气体、PbS难溶都写成化学式，所以离子方程式为：Pb（CH3COO）2+H2S=PbS↓+2CH3COOH，故选A。PbSO4+2CH3COONH4=Pb（CH3COO）2+（NH4）2SO4这个反应能发生说明Pb（CH3COO）2是极弱的电解质，所以当Pb（CH3COO）2（醋酸铅）溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，醋酸铅和醋酸都是弱电解质不拆，H2S是气体、PbS难溶都写成化学式．本题考查离子方程的书写，在给条件的情况下首先判断电解质的强弱，然后再书写方程式，难度较大．3.取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列实验现象：①金属先熔化；②在空气中燃烧，放出紫色火花；③燃烧后生成白色固体；④燃烧时火焰呈黄色；⑤燃烧后生成淡黄色固体物质．其中描述正确的是（　　）15/15A.①②B.①②③C.④⑤D.①④⑤【答案】D【解析】解：①由于钠的熔点较低，先熔化，故①正确；②钠在加热条件下能在空气中燃烧，但观察不到紫色火花，故②错误；③生成过氧化钠，为黄色固体，故③错误；④钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故④正确；⑤与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故⑤正确。故选：D。钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色．本题考查钠与氧气反应的性质，题目难度不大，本题注意相关基础知识的积累，注意钠在加热条件下能在空气中燃烧，观察不到黄色火花．1.将a g由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为（　　）A.a gB. gC. gD.g【答案】A【解析】解：CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故由agCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为ag，故选A。CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，以此解答该题．本题考查混合物计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意利用总反应方程式判断固体增重，也可以利用差量法进行判断，若物质可以写成（CO）x．yH2形式，完全燃烧后通入足量过氧化钠，过氧化钠增重为该物质的质量，难度中等．2.用含有少量镁的铝片制取纯净的氢氧化铝，有下列操作步骤，最恰当的组合是（按先后顺序排列）（　　）①加盐酸溶解　②加过量烧碱溶液溶解　③过滤　④通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀　⑤加入盐酸生成Al（OH）3沉淀　          ⑥加入过量烧碱溶液生成Al（OH）3沉淀．A.①⑤⑥③B.②③⑥③C.②③④③D.②③⑤③【答案】C15/15【解析】解：因镁与碱不反应，而铝可以与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由于镁不溶解，过滤除去，NaAlO2要转变成Al（OH）3，可以向滤液中加入过量的二氧化碳，其反应为NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，再过滤即得纯净的Al（OH）3，实验操作最合理的组合及顺序为②③④③，故选：C。根据镁和铝化学性质的差异：铝可以与碱反应，让镁和铝分离的方法是使铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶解，过滤分离，再将偏铝酸钠与弱酸反应变为氢氧化铝．本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及铝及其化合物的性质，注意NaAlO2制备氢氧化铝只能用弱酸不能强酸，因为强酸一旦过量，氢氧化铝会继续与强酸反应，与弱酸不反应．1.某溶液中有Na+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（　　）A.Na+B.Mg2+C.Al3+D.Fe2+【答案】D【解析】解：A、钠离子与氢氧化钠、盐酸均不发生离子反应，加入过量氢氧化钠溶液增大了钠离子的数目，故A错误；B、Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成Mg2+，Mg2+数目不变，故B错误；C、Al3+与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与氢离子反应生成Al3+，Al3+数目不变，故C错误；D、Fe2+与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁与氢离子反应生成铁离子，因此Fe2+数目减少，故D正确；故选：D。A、钠离子与氢氧化钠、盐酸均不发生离子反应，加入过量氢氧化钠溶液增大了钠离子的数目；B、Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成Mg2+，Mg2+数目不变；C、Al3+与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与氢离子反应生成Al3+，Al3+数目不变；D、Fe2+与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁与氢离子反应生成铁离子．本题考查Mg2+、Fe2+和Al3+发生的离子反应，明确Fe2+或氢氧化亚铁具有强还原性是解题的关键，题目难度中等，注意掌握常见金属阳离子的化学性质．2.材料与化学密切相关，表中对应关系错误的是（　　）材料主要化学成分A刚玉、金刚石三氧化二铝B大理石、石灰石碳酸钙C普通水泥、普通玻璃硅酸盐D沙子、石英二氧化硅A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】解：A．金刚石是由碳元素组成的单质，刚玉是三氧化二铝，故A错误；B．大理石、石灰石的主要成分是CaCO3，故B正确；C．普通水泥、普通玻璃的主要成分为硅酸盐，故C正确；D．沙子、石英的主要成分是SiO2，故D正确。15/15故选：A。A．金刚石是碳单质；B．大理石、石灰石主要成分是CaCO3；C．常见的硅酸盐材料：水泥、玻璃；D．沙子、石英主要成分是SiO2本题考查学生对物质组成成分的认识，是一道基础题目，较为简单，主要对基础知识的积累，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。1.下列应用与二氧化硅的性质无关的是（　　）A.氢氟酸不能用玻璃瓶盛装B.实验室中盛放碱液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞C.可用来做石英钟、石英表，耐高温的石英玻璃D.硅胶是常用的干燥剂及催化剂的载体【答案】D【解析】解：A．氢氟酸和玻璃中的二氧化硅反应，不能用玻璃瓶盛装，与二氧化硅性质有关，故A不符合；B．玻璃中二氧化硅和碱溶液反应生成的硅酸钠溶液为矿物胶，实验室中盛放碱液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞，与二氧化硅有关，故B不符合；C．石英成分为二氧化硅，可用来做石英钟、石英表，耐高温的石英玻璃，与二氧化硅有关，故C不符合；D．硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，与二氧化硅性质无关，故D符合；故选：D。A．氢氟酸和玻璃中二氧化硅反应；B．玻璃中二氧化硅和碱溶液反应生成的硅酸钠溶液为矿物胶；C．石英成分为二氧化硅；D．硅胶的性质判断。本题考查了二氧化硅的性质应用，注意特征性质的理解应用和知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大。2.下列叙述中正确的是（　　）A.液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B.能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C.某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I-D.某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+【答案】A【解析】解：A．液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为Cl2，故B错误；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I-无色，故C错误；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误。故选：A。A．实验室保存液溴常用水封的方法；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO415/15．本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作．1.向100mLFeBr2溶液中通入标况下氯气3.36L，氯气全部被还原，测得溶液c（Br-）=c（Cl-），原溶液中FeBr2溶液的浓度（mol•L-1）（　　）A.1B.1.5C.2D.2.5【答案】C【解析】解：还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n（FeBr2）=0.5n（Br-）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反应的n（Br-）=0.3mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L。故选：C。还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n（FeBr2）=0.5n（Br-）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反应的n（Br-）=0.3mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算。考查反应方程式的计算，难度中等，清楚还原性Fe2+＞Br-，通入的Cl2首先氧化Fe2+，待Fe2+全部被氧化后才氧化Br-，判断Br-是否完全反应，是解题的关键。2.羟氨（NH2OH）是一种还原剂。将25.00mL 0.049mol/L的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应，生成的Fe2+又恰好被24.50mL 0.020mol/L的酸性KMnO4溶液所氧化。在上述反应中，羟氨的氧化产物为（　　）A.NO2B.NOC.N2OD.N2【答案】C【解析】解：25.00mL 0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+又恰好被24.50mL 0.020mol/L的酸性KMnO4溶液所氧化”可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，由电子守恒可知，25.00×10-3L×0.049mol/L×（x+1）=24.50×10-3L×0.020mol/L×（7-2），解得x=1，羟胺的氧化产物是N2O，故选：C。由信息“25.00mL 0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+又恰好被24.50mL 0.020mol/L的酸性KMnO4溶液所氧化”可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，以此来计算。本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中电子守恒为解答的关键，注意从化合价变化角度及电子守恒分析，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能力。3.15/15奥运会会旗是五环旗，假定奥运五环旗中的每一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生反应，不相连环物质间不能发生反应。且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，合适的一组是（　　）选项蓝黑红黄绿ASiO2CuSO4溶液O2NaOH溶液AgBO2稀硫酸CO2FeNaOH溶液CO2稀硫酸Al（OH）3NH3NaOHDMgCO2KOH溶液AlFe2O3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：A．二氧化硅与NaOH发生复分解反应，硫酸铜与NaOH发生复分解反应，但硫酸铜与Ag不反应，故A不选；B．Fe与氧气发生化合反应，Fe与稀硫酸发生置换反应，硫酸与NaOH发生复分解反应，二氧化碳与NaOH发生复分解反应，符合题意，故B选；C．不能发生置换反应，不符合题意，故C不选；D．Mg与Al不反应，不符合题意，故D不选；故选：B。A．硫酸铜与Ag不反应；B．Fe与氧气发生化合反应，Fe与稀硫酸发生置换反应，硫酸与NaOH发生复分解反应，二氧化碳与NaOH发生复分解反应；C．不能发生置换反应；D．Mg与Al不反应。本题考查物质的性质，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。1.将一定质量的Mg和Al混合物投入500mL 稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则下列说法正确的是（　　）A.Mg和Al的总质量为8gB.硫酸的物质的量浓度为5mol•L-1C.生成的H2在标准状况下的体积为11.2 LD.NaOH溶液的物质的量浓度为5mol•L-1【答案】D【解析】解：由图可知，0～20mL发生酸碱中和，20～200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A．由图象可知，n（Mg）=0.15mol，n（Al）=0.2mol，则Mg和Al的总质量为0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g/mol=9g，故A错误；B．由200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，c（NaOH）==5mol/L，15/15200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）==1mol/L，故B错误；C．与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）×22.4 L•mol-1=10.08L，故C错误；D．在加入240mLNaOH溶液时，Al（OH）3恰好全部转化为NaAlO2，由B的计算可知氢氧化钠溶液的浓度为5mol•L-1，故D正确；故选：D。由图可知，0～20mL发生酸碱中和，20～200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，以此来解答．本题考查金属的化学性质及图象，明确图象中点、线、面的意义及发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝能溶解在NaOH溶液中，侧重分析及计算能力的考查，题目难度中等．1.有一铁的氧化物样品，用50mL 5mol•L-1盐酸可恰好使其完全溶解。所得溶液可吸收标准状况下0.56L氯气，使其中的Fe2+全部转化为Fe3+．该样品可能的化学式为（　　）A.Fe4O5B.Fe3O4C.Fe5O7D.Fe8O11【答案】A【解析】解：n（HCl）=0.05L×5mol/L=0.25mol，n（Cl2）==0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=×n（HCl）=×0.25mol=0.125mol，反应后溶液成分为FeCl3，n（Cl-）=0.25mol+0.025mol×2=0.3mol，则n（Fe）=0.3mol×=0.1mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.1mol：0.125mol=4：5，该氧化物的化学式为Fe4O5，故选：A。n（HCl）=0.05L×5mol/L=0.25mol，n（Cl2）==0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，结合质量守恒计算。本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，为解答该题的关键，做题时注意体会。二、填空题（本大题共1小题，共12.0分）2.按要求回答问题：（1）完成下列化学方程式：①将金属钠加入到硫酸铜溶液中的化学方程式：______②漂白粉失效的化学方程式：______③实验室制取氯气的化学方程式：______（2）用化学方程式或离子方程式完成下列转化：①Al3+→AlO2-→Al（OH）3______15/15②Fe（OH）2→Fe（OH）3______③CO2  →C______【答案】2Na+2H2O+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑ Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑ MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，AlO2-+H2O+H+=Al（OH）3↓ 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 CO2+Mg2MgO+C【解析】解：（1）①向硫酸铜溶液中投入一小粒钠，先是金属钠和水的反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，发生反应分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，总反应为：2Na+2H2O+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑，故答案为：2Na+2H2O+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；②漂白粉在空气中变质是因为其有效成分次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成了次氯酸，并且次氯酸见光、受热分解，从而使漂白粉失效，发生反应为：Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑，故答案为：Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑；③实验室中用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）①完成转化Al3+→AlO2-→Al（OH）3的离子方程式分别为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，AlO2-+H2O+H+=Al（OH）3↓，故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，AlO2-+H2O+H+=Al（OH）3↓；②实现Fe（OH）2→Fe（OH）3的转化的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；③CO2与金属Mg反应生成MgO和C，该反应的化学方程式为：CO2+Mg2MgO+C，故答案为：CO2+Mg2MgO+C。（1）①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜生成和硫酸钠；②次氯酸钙易与空气中水、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，易失效；③二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水；（2）①铝离子与过量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，偏铝酸根离子与少量氢离子反应生成氢氧化铝沉淀；②氢氧化亚铁与氧气反应生成氢氧化铁；③二氧化碳与镁反应生成氧化镁和C。本题考查化学方程式、离子方程式的书写，题目难度不大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，试题有利于提高学生的规范答题能力。三、简答题（本大题共1小题，共14.0分）15/151.实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥的Cl2为原料进行实验，装置如下图所示。（1）装置B、C中应盛放的试剂名称分别为______、______；从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，将对实验产生的不良后果是______。（2）实验时，先点燃A处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：______。（3）F装置所起的作用是______，______。（4）用的石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，写出工业制漂粉精反应的化学方程式：______。【答案】饱和食盐水 浓硫酸 铁与HCl反应生成氯化亚铁 2Fe+3Cl22FeCl3 吸收多余的氯气，防止污染环境 防止空气中的水蒸气进入E中 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【解析】解：（1）装置B、C中应盛放的试剂名称分别为饱和食盐水、浓硫酸，从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，将对实验产生的不良后果是铁与HCl反应生成氯化亚铁，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；铁与HCl反应生成氯化亚铁；（2）实验时，先点燃A处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D处酒精灯，D中反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（3）氯气有毒，污染环境，所以不能排空，且氯化铁可发生水解，则F装置所起的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境、防止空气中的水蒸气进入E中，故答案为：吸收多余的氯气，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入E中；（4）工业制漂粉精反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中发生2Fe+3Cl22FeCl3，F中碱石灰可吸收过量的氯气且防止空气中水进入D，石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，发生2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，以此来解答。本题考查氯气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、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。四、实验题（本大题共2小题，共24.0分）2.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4．为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。（可供选择的试剂为铁粉、稀H2SO4、NaOH15/15溶液等试剂）（1）操作a的名称为______，所需要的玻璃仪器为______。（2）固体E的成分为______，加入的试剂④为______，发生的化学方程式为______。（3）加入试剂①的目的是______。（4）从溶液D和溶液G中得到FeSO4•7H2O晶体的操作为______。【答案】过滤 漏斗、玻璃棒、烧杯 Fe和Cu 稀硫酸 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【解析】解：（1）操作a为过滤，用于分离固体和液体，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；（2）固体E为Fe和Cu，可加入硫酸，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，反应的化学方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为：Fe和Cu；稀硫酸；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；（3）试剂①应为氢氧化钠，可将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离，故答案为：将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离；（4）从溶液D和溶液G中得到FeSO4.7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。先加过量碱，过滤得到Cu（OH）2，Fe（OH）2沉淀，滤液是Na2SO4、NaOH溶液，在Cu（OH）2，Fe（OH）2中加过量稀H2SO4，溶液C的成分为CuSO4，FeSO4、H2SO4；在溶液中加过量铁，过滤出Fe、Cu，滤液D是FeSO4，在固体E中加过量稀H2SO4，过滤出Cu，实现了回收金属铜，滤液是FeSO4、H2SO4，最后溶液合一块，进行蒸发，浓缩，冷却结晶，过滤，就得到FeSO4•7H2O，回收硫酸亚铁，以此解答该题。本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度不大。1.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是______。（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为______。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN15/15溶液，溶液变红，煤油的作用是______。（4）丙组同学取10ml0.1mol•L-1KI溶液，加入6mL0.1mol•L-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于2支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______（填离子符号）。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______。【答案】防止氯化亚铁被氧化 Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl- 隔离空气（排除氧气对实验的影响） Fe3+ 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解析】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；（4）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，②第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应，故答案为：Fe3+；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；本题考查了铁架化合物性质、主要是溶液配制、离子方程式书写、离子检验、盐类水解等知识点，注意题干信息的分析判断，题目难度中等。15/15