【化学】甘肃省西北师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】甘肃省西北师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

甘肃省西北师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分，共78分)‎ ‎1.下列实验操作中错误的是（ ）‎ A. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 C. 蒸发结晶时应将溶液蒸干 D. 称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分液时，为了防止上下层液体污染，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，A项正确，不符合题意；‎ B.蒸馏时，温度计测量的是从支管口处出去的蒸气的温度，因此温度计的水银球与支管口保持水平，B项正确，不符合题意；‎ C.蒸发时当有大量晶体形成出，即可停止加热，用余热蒸干，C项错误，符合题意；‎ D.称量时，防止药品腐蚀托盘，需要将样品放称量纸上，此外物品防止遵循“左物右码”，D项正确，不符合题意；‎ 答案选C ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质 B. BaSO4其水溶液几乎不导电，但BaSO4是电解质 C. 液溴不导电，所以液溴是非电解质 D. 食盐水能导电，故其属于电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气的水溶液虽然能导电，但导电的离子是由NH3与水反应生成的NH3·H2O电离的，不是NH3自身电离的，所以NH3是非电解质，故A错误；‎ B.溶于水的BaSO4完全电离出钡离子和硫酸根离子，熔融的硫酸钡能导电，所以BaSO4是电解质，故B正确；‎ C.液溴是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；‎ D.食盐水是混合物，食盐水既不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.胶体的本质征是（ ）‎ A. 丁达尔效应 B. 电泳现象 C. 粒子直径1-100nm D. 布朗运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm～100nm之间，溶液和浊液本质区别是：分散质微粒直径在＜1nm的是溶液，分散质微粒直径在＞100nm的是浊液；‎ 答案选C。‎ ‎4.设NA表示同伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 1 mol NH4+所含电子数为11NA B. 标准状况下，22.4LH2O所含原子数为3NA C. 0.1mol/L硫酸溶液中含有的SO42-离子数目为0.1NA D. 标准状况下，分子数为NA的N2和CO混合气体的体积为‎22.4L，质量为‎28g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．1mol的铵根离子中含有10mol的电子，A错误；‎ B．标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；‎ C．没有给定溶液的体积，不能计算出SO42-的数目，C错误；‎ D．标况下，分子数为NA的N2和CO混合气体的物质的量为1mol，气体的体积为‎22.4L，由于二者的摩尔质量均为‎28g/mol，所以质量为‎28g，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 铜片插到酸锻溶液中：Cu+Ag+＝Cu2++Ag B. 铁粉加入氯化铁溶液中:Fe+Fe3+＝2Fe2+‎ C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合:Ba2+H++OH-+SO42-=BaSO4↓+H2O D. 碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合: HCO3-+H+=CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．铜片插到酸锻溶液中的离子反应为Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag，A错误；‎ B．铁粉加入氯化铁溶液中的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，B错误；‎ C．氢氧化钡溶液与稀硫酸混合的离子反应为Ba2+2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，C错误；‎ D．碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合的离子反应为HCO3-+H+=CO2↑+4H2O，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. 向久置的氯水中滴入石蕊试液溶液，先变红后褪色 B. 欲除去Cl2中少量HCl气体，将此混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶 C. 漂白粉有效成分是CaCl2和 Ca( ClO)2，应密封保存 D. 实验有用MnO2和浓盐酸加热法制Cl2时，若有14.6gHCl参加反应，则可制得3.55gCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．新制的氯水中，Cl2有一部分与水发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，而久置的氯水，由于HClO见光分解，溶液中HClO浓度逐渐减小，使Cl2与水的反应直至趋于完全，最终溶液将变为盐酸溶液，不含有HClO，有酸性而无漂白性，因此，向久置氯水中滴入石蕊试液，溶液只变红而不褪色，A错误；‎ B．将Cl2和HCl的混合气体通过入饱和食盐水中，HCl因易溶于水而被吸收掉，Cl2虽然能溶于水中，但由于饱和食盐水中Cl-浓度大，使Cl2与H2O反应受到抑制，从而减少了Cl2被水吸收的量，B正确；‎ C．Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，CaCl2不是，但为了避免漂白粉因与空气接触而变质，漂白粉应密封保存，C错误；‎ D．MnO2与浓盐酸反应生成Cl2：MnO2(浓)+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式，146gHCl能生成‎71g氯气，则14.6gHCl能生成氯气‎7.1g，D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 硫单质与金属铁反应生成FeS，体现了硫单质的氧化性 B. SO2能使酸性KMnO4、氯水褪色，说明SO2具有漂白作用 C. SO2既有还原性，又有氧化性 D. 医疗上常用BaSO4作X射线透视的“钡餐”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫与铁反应时，硫单质得电子作氧化剂，表现氧化性，金属铁失电子作还原剂，A正确；‎ B．SO2表现还原性使酸性KMnO4溶液、氯水褪色，而不是漂白性，B错误；‎ C．SO2中硫元素+4价，既有还原性，又有氧化性，C正确；‎ D．BaSO4性质稳定，不溶于水，不溶于酸，也不易被X射线透过，常用作X射线透视的“钡餐”，D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.下列溶液，能大量共存的离子组是（ ）‎ A. Ba2+、Na+、SO42-、Cl- B. Fe2+，SO42-、NO3-、H+‎ C. OH-、HCO3-、Ca2+、Na+ D. K+、Na+、OH-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ba2+和SO42-不能共存，生成硫酸钡沉淀，A项不符合题意；‎ B．Fe2+，和NO3-、H+发生氧化还原反应不能共存，B项不符合题意；‎ C．OH-、HCO3-不能共存，生成的CO32-与Ca2+不能共存，C项不符合题意；‎ D．可以共存，D项符合题意；‎ 故选D。‎ ‎9.新修订的《环境空气质量标准》已正式向社会发布，如今全球范围已形成共识加强环境保护，导致列现象的主要原因与排放氮氧化物无关的是（ ）‎ A. 雾霾 B. 光化学烟雾 C. 酸雨 D. 臭氧空洞 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．雾霾是雾和霾混合物，雾以灰尘作为凝结核，霾的核心物质则是悬浮在空气中的烟、灰尘等固体物质，与氮氧化合物无关，A无关；‎ B．光化学烟雾是指大气中的氮氧化物和碳氢化合物等一次污染物及其受紫外线照射后产生的以臭氧为主的二次污染物所组成的混合污染物，与氮氧化合物有关，B有关；‎ C．汽车尾气中氮氧化物扩散到大气中，与天上的水蒸气相遇，形成硝酸小液滴，使雨水酸化，落到地面的雨水就成了酸雨，与氮氧化合物有关，C有关；‎ D．在氮氧化物、氯、溴等活性物质及其他活性基团的作用下，臭氧会加速分解，从而使臭氧空洞现象加剧，与氮氧化合物有关，D有关；‎ 故选A。‎ ‎10.下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是（ ）‎ A. Na2O2→Na2CO3 B. Fe→FeCl‎2 ‎ C. SiO2→H2SiO3 D. Na2CO3→NaHCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故可以一步完成，A不符合；‎ B．铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，反应能一步完成，B不符合；‎ C．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，不能一步反应生成硅酸，C符合；‎ D．碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，N2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，D不符合；‎ 故选C。‎ ‎11.ClO2是消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理制。实验室可通过以下反应制得ClO2，2KClO3+H‎2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下说法中正的是（ ）‎ A. KClO3在反应中是还原剂 B. 1mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到‎22.4L气体 C. 在反应中H‎2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂 D. 1mol KClO3参加反应有1mol电子转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl元素的化合价降低，则KClO3在反应中被还原，作氧化剂，A错误；‎ B．1mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到1molClO2气体和1mol二氧化碳气体，即得到2mol气体，其体积为‎44.8L，B错误；‎ C．化合价升高元素是C元素所在的反应物H‎2C2O4是还原剂，C错误；‎ D．根据化学方程式，2mol KClO3参加反应有2mol电子转移，所以1mol KClO3参加反应有1mol电子转移，D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.常温下，下列三个化学反应均能发生：X2+2W2+=2X-+2W3+ ；Z2+2X-=2Z-+X2 ；2W3++2Y-=2W2++Y2 则在相同条件下，下列三个反应①Y2+2X-=2Y-+X2 ②Z2+2Y-=2Z-+Y2 ③2W3++2Z-=2W2++Z2 也能发生的是（ ）‎ A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ②和③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应X2+2W2+═2X﹣+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2，‎ ‎①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2，则得出氧化性关系Y2＞X2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；‎ ‎②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2，则得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，则反应能发生，故正确；‎ ‎③2W3++2Z﹣═2W2++Z2，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；只有②正确，‎ 答案选B。‎ ‎13. 某物质的焰色反应呈黄色，下列判断正确的是（ ）‎ A. 该物质一定是金属钠 B. 该物质一定是钠盐 C. 该物质一定含有钠元素 D. 该物质一定不含有钾元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某物质灼烧时，焰色反应为黄色，只能说明其中含钠元素，可能是钠单质或化合物或混合物。由于并未透过蓝色钴玻璃观察，所以无法确定是否含有钾元素。答案选C。‎ ‎14.向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当SO42-沉淀完全时，铝元素的存在形式是（ ）‎ A. Al(OH)3和Al3+ B. Al(OH)3和AlO2-‎ C. 全部为Al(OH)3 D. 全部为AlO2-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】明矾的化学式为KAl(SO4)2•12H2O，假设明矾物质的量为1 mol，则溶液中含有1 mol Al3+，2 mol SO42-，根据反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O判断。‎ ‎【详解】明矾的化学式为KAl(SO4)2•12H2O，假设明矾物质的量为1 mol，则该溶液中含有1 mol Al3+，2 mol SO42-，当SO42-沉淀完全时，加入Ba(OH)2的物质的量为2 mol，其中含有2 mol Ba2+、4 mol OH-，根据反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O可知铝元素的存在形式是AlO2-，故合理选项是D。‎ ‎15.有两份质量相同的碳酸氢钠固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸，充分反应，则它们所耗用的盐酸的体积比为(　　)‎ A. 2∶1 B. 1∶‎1 ‎C. 1∶2 D. 4∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】不论是先加热使其分解，还是直接与盐酸反应，最终所得溶液均是氯化钠溶液，根据钠离子守恒可知生成的氯化钠一样多，再根据氯离子守恒可知消耗的盐酸一样多，因此所耗用的盐酸的体积比为1∶1，答案选B。‎ ‎16.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）‎ A. Na2CO3和NaHCO3均可与HCl反应 B. Na2CO3能与石灰水反应而NaHCO3不能 C. Na2CO3的热稳定性比NaHCO3的强 D. Na2CO3比NaHCO3易溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、酸性HCl大于碳酸，Na2CO3和NaHCO3都是碳酸的钠盐，都可与HCl反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故A正确；‎ B项、Na2CO3、NaHCO3都能与石灰水反应产生碳酸钙沉淀，故B错误；‎ C项、Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，加热，Na2CO3不能发生分解反应，而NaHCO3会发生分解反应产生碳酸钠、水和二氧化碳，所以Na2CO3的热稳定性比NaHCO3的强，故C正确；‎ D项、Na2CO3和NaHCO3均能溶于水，相同温度下，Na2CO3‎ 在水中的溶解度大于NaHCO3，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. 二氧化硅是酸性氧化物，它可以与强碱反应但不能与任何酸反应 B. 二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸 C. 自然界存在大量单质硅 D. 光导纤维的主要成分是硅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硅可以与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，A错误；‎ B.由于碳酸酸性大于硅酸，CO2气体通入到Na2SiO3溶液中，会发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，反应生成硅酸沉淀，B正确；‎ C. Si元素在自然界中以化合物形式存在，主要以二氧化硅和硅酸盐存在，无单质硅，C错误；‎ D. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎18.某同学利用下图进行喷泉实验，已知圆底烧瓶内充满X气体，胶头滴管内装有少量Y液体，烧杯内装有足量Z液体，下列组合能进行喷泉实验且最终液体一定能充满整个烧瓶的是（ ）‎ ‎ ‎ X气体 Y试剂 Z试剂 A．‎ NO2 ‎ H2O ‎ H2O ‎ B．‎ CO2 ‎ H2O ‎ H2O ‎ C．‎ HCl 饱和食盐水 水 D．‎ NO2 和O2‎ H2O ‎ H2O ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，气体的体积减小，压强变小，能形成喷泉，但水只能进入2/3，A不符合题意；‎ B．二氧化碳在水中的溶解度很小，不能形成喷泉，B不符合题意；‎ C．氯化氢在水中的溶解度很大，能形成喷泉，且液体能充满整个烧瓶，C符合题意；‎ D．二氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，但不能确定二氧化氮和氧气的比例，不能确定气体是否能完全反应，就不能确定是否能充满整个烧瓶，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎19.FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断不正确的是(　　)‎ A. 加入KSCN溶液一定不变红色 B. 溶液中一定含Fe2＋‎ C. 溶液中一定含Cu2＋ D. 剩余固体中一定含铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，铁先和FeCl3反应生成FeCl2，然后铁粉再与CuCl2发生置换反应生成单质Cu和FeCl2，若充分反应后仍有固体存在，如固体为铁和铜，那么溶液中的溶质为FeCl2，如固体只有铜，那么溶液中的溶质可能是FeCl2或FeCl2和CuCl2，据此分析作答。‎ ‎【详解】FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，铁先和FeCl3反应生成FeCl2，然后铁粉再与CuCl2发生置换反应生成单质Cu和FeCl2，若充分反应后仍有固体存在，如固体为铁和铜，那么溶液中的溶质为FeCl2，如固体只有铜，那么溶液中的溶质可能是FeCl2或FeCl2和CuCl2，因此向溶液中加入KSCN溶液一定不变红色，溶液中一定含Fe2＋, 溶液中可能含有Cu2＋，剩余固体中一定含铜，不正确的是C；‎ 答案选C。‎ ‎20.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相同时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为( )‎ A. 3:1 B. 1:‎1 ‎C. 2:1 D. 1:2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Al和稀盐酸、NaOH溶液反应方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2‎ ‎↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al与足量稀盐酸、NaOH溶液反应时生成相同条件下的同体积氢气，说明生成氢气的物质的量相等，假设都是生成3mol氢气，消耗稀盐酸6mol、消耗NaOH溶液2mol，所以反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比=6mol:2mol=3:1，故答案为A。‎ ‎21.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72−和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为( )‎ A. 3.0‎mol B. 1.5mol C. 1.0mol D. 0.75mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】利用电子守恒，当1molCr3+被氧化为Cr2O72- (0.5mol)时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1molPbO2被还原生成1molPb2+只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为=1.5mol，故答案为B。‎ ‎22.将一定质量的镁和铝的混合物投入200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示，则下列说法不正确的是（ ） ‎ A. 镁和铝的总质量为‎9g B. 最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸 C. 硫酸的物质的量浓度为2.0mol⋅L−1‎ D. 生成的氢气在标准状况下的体积为‎10.08L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，当V(NaOH)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4‎ ‎)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的12倍。从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V(NaOH)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg(OH)2为0.15mol，Al(OH)3为0.35mol−0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/L。‎ ‎【详解】A．由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，则镁和铝的总质量为0.2mol×‎27g/mol+0.15mol×‎24g/mol=‎9g，故A正确；‎ B．由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，故B正确；‎ C．沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的12倍，所以n(Na2SO4)=12×‎0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故C错误；‎ D．由A中可知n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=‎10.08L，故D正确；‎ 答案为C。‎ ‎23.某铁的“氧化物”样品,用5 mol·L-1盐酸140 mL恰好完全溶解,所得溶液还能吸收标准状况下0.56 L氯气,使其中Fe2+全部转化为Fe3+,该样品可能的化学式是(　　)‎ A. Fe5O7 B. Fe2O‎3 ‎C. Fe3O4 D. Fe4O5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=n（HCl），所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯离子是可知n（FeCl3）=n（FeCl3）=[n（HCl）+2n（Cl2）]，再根据Fe、O原子数目之比确定氧化物化学式。‎ ‎【详解】氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O.由H原子、O原子守恒可知n(O)=n(H2O)=n(HCl)=×‎‎0.14L ‎×5mol/L=0.35mol，所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯原子是可知n(FeCl3)= [n(HCl)+2n(Cl2)]=×(‎0.14L×5mol/L+2×)=0.25mol，所以氧化物中n(Fe):n(O)=0.25mol:0.35mol=5:7，该氧化物的化学式为Fe5O7，故答案为A。‎ ‎24.把NaHCO3和Na2CO3·10H2O混和物‎6.56g溶于水制成100mL溶液，测得溶液中c（Na＋）=0.5mol/L。向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量为（ ）‎ A. ‎2.93 g B. ‎5.85 g C. ‎6.56g ‎D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：钠离子的物质的量为0.05mol，向该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体为氯化钠，且物质的量为0.05mol，由钠的守恒可知其质量为：0.5×0.1×58.5=‎2.93g。‎ ‎25.10mLNO、CO2 的混合气体通过足量的Na2O2后，气体的体积变为6 mL (相同状况),则NO和CO2的体积比为( )‎ A. 1:1 B. 2:‎1 ‎C. 3:2 D. 1:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】发生反应有:①2Na2O2+CO2==Na2CO3 + O2 ，② 2NO+ O2==2NO2，问题的关键在于NO与氧气反应存在着三种可能性，一种情况是恰好反应，一种情况是NO过量，另一O2种情况可能是过量，据此讨论计算。‎ ‎【详解】发生反应有：①2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，②2NO+O2═2NO2，‎ 假设参加反应的CO2为x mL，NO为y mL，则x+y=10，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎(1)当反应②恰好反应时，即当y=x时(此时x、y都等于5)，生成的NO2的体积为5mL，不符合题意，所以选项A错误；‎ ‎(2)当y＞x时，NO有过量，O2反应完，此时反应掉的NO为xmL，则剩余的NO为(ymL-xmL)，生成的NO2气体为xmL，因此，反应最后得到的混合气体为NO和NO2，其体积和为：(ymL-xmL)+xmL=ymL，故y=6ml，即NO体积6ml，结合x+y=10，x=4ml，则CO2为4 mL，故NO和CO2的体积比为6ml：4ml=3：2，故B错误，C正确；‎ ‎(3)当y＜x时，NO不足，O2过量，此时反应掉的O2为mL，剩余的O2为(mL-mL)，生成的NO2气体为ymL．因此，反应最后得到的混合气体为O2和NO2，其体积和为：(mL-mL)+ymL=mL+mL=5mL，这与题意“气体体积缩小为6mL”不符合，这表明如果y＜x，这种情况不符合题意，所以选项D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎26.‎1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为‎1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到‎2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1‎ B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L C. 得到‎2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL D. NO2和N2O4混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到‎2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为‎2.54g-1.52g=‎1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是：2:1，故A正确；‎ B．该浓硝酸密度为‎1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14.0mol/L，故B正确；‎ C．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为‎0.05L ‎×14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=‎0.64L=640mL，故C错误；‎ D．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05-a)×2×1=0.06，解得：a=0.04，NO2的体积分数为×100%=80%，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎27.有以下物质:①石墨；②水银；③酒精；④氨气；⑤硫化氢；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧冰酷酸(CH3COOH)；⑨氧化钠固体； ⑩液态氯化氢。‎ ‎(1)其中能导电的是_________; 属于非电解质的是_________; 属于电解质的是____________‎ ‎(2)等质量④和⑤中氢原子的数目之比为_____; 若④和⑤中所含氢原子数相等， 在相同条件下④和⑤的体积之比为____________‎ ‎(3)向⑥中加入少量⑦请写出离子方程式:____________________________________‎ ‎【答案】(1). ①②⑦ (2). ③④ (3). ⑤⑥⑧⑨⑩ (4). 3:1 (5). 2:3 (6). 2HCO3-+Ba2+ +2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)能导电的物质必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子；非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；‎ ‎(2)结合n===计算；‎ ‎(3) 碳酸氢钠固体中加入少量氢氧化钡溶液生成碳酸钡沉淀和碳酸钠。‎ ‎【详解】(1)①石墨和②水银均能导电，是单质，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎③酒精和④氨气均不导电，是非电解质；‎ ‎⑤硫化氢和⑥碳酸氢钠固体均不导电，是电解质；‎ ‎⑦氢氧化钡溶液能导电，是混合物，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑧冰酷酸(CH3COOH)、⑨氧化钠固体、⑩液态氯化氢均不导电，是电解质；‎ 则其中能导电的是①、②和⑦；属于非电解质的是③④；属于电解质的是⑤⑥⑧⑨⑩；‎ ‎(2)由n=可知等质量氨气和硫化氢的物质的量之比与摩尔质量成反比，即n(NH3)：n(H2S)=‎34g/mol:‎17g/mol=2:1，则等质量氨气和硫化氢的中氢原子的数目之比为(2×3):(1×2)=3:1；若氨气和硫化氢的中氢原子数相等，则n(NH3)：n(H2S)=:=2:3，由n=可知在相同条件下氨气和硫化氢的体积之比为2:3；‎ ‎(3) 碳酸氢钠固体中加入少量氢氧化钡溶液生成碳酸钡沉淀和碳酸钠，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O。‎ ‎28.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，具有强氧化性的高效消毒剂，使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸，然后用喷雾法对空气与地面进行消毒。‎ ‎(1) 某学生在实验室用密度为‎1.9g/mL， 质量分数为15%的工业品过氧乙酸配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积_____mL，除量筒、玻璃棒、烧杯外还需要的其它仪器是_______________________‎ ‎(2)该学生配制前设计了下列操作，其合理的操作顺序是___________(字母表示，每个字母只能用一次)‎ A.用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B.用量筒准确量取所需体积的工业品过氧乙酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 C.将已冷却的工业品过氧乙酸沿玻璃棒注入容量瓶中 D.将容量瓶盖紧，倒置并振荡，摇匀 E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1- ‎-2cm处 ‎(3)若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响(选填“偏高” 、‘“偏低”或“无影响”) ‎ a.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水_________‎ b.转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外_________‎ c.量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒_________‎ d.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，补充几滴水至刻度线________‎ ‎(4)下列叙述正确的是__________________(填字母)‎ A.可用过滤的方法将过氧乙酸溶液中混有的NaCl除掉 B.过氧乙酸包装上应贴的危险警告标签应如上图所示 C.过氧乙酸应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中 D.过氧乙酸是一种有机物，它可以用于萃取碘水中的碘单质 ‎【答案】(1). 6.7mL (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). BCAFED (4). 无影响 (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏低 (8). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据c=计算浓过氧乙酸物质的量浓度；依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要体积；依据配制溶液步骤选择需要仪器；‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；‎ ‎(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；‎ ‎(4)A．过滤法分离的是一种溶解、一种不溶的物质；‎ B．依据过氧乙酸具有强的氧化性解答；‎ C．依据过氧乙酸见光易分解的性质解答；‎ D．过氧乙酸易溶于水。‎ ‎【详解】(1)密度为‎1.9g/mL，质量分数为15%过氧乙酸物质的量浓度为：=3.75mol/L，设需要浓溶液体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：3.75mol/L×V=0.1mol/L×250mL，解得V≈6.7mL；‎ 配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶，所以还需要的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：BCAFED；‎ ‎(3)a．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，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．转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；‎ c．量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒，导致量取溶液体积偏高，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；‎ d．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，补充几滴水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；‎ ‎(4)A．过氧乙酸、氯化钠都溶于水，不能用过滤法分离，故A错误；‎ B．过氧乙酸具有强的氧化性，应贴氧化剂标志，故B正确；‎ C．过氧乙酸为液体，见光易分解，应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中，故C正确；‎ D．过氧乙酸易溶于水，不能用于萃取碘水中的碘，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ ‎29.下图每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中A、C为无色气体,D气体能使带火星的木条复燃,X是一种常见的酸式盐。‎ 试填写下列空白:‎ ‎(1) 物质X的名称是___________;检验C气体的方法是___________。‎ ‎(2) 反应④的化学方程式为___________。‎ ‎(3) 反应⑥中氧化剂与还原剂的质量之比为___________;反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。‎ ‎(4) 写出X与足量NaOH溶液反应的离子方程式:____________。‎ ‎(5) 在标准状况下,在一个干燥的烧瓶内F和D的混合气体[V(F)∶V(D)=4∶1]。然后做喷泉实验,则烧瓶中所得溶液中溶质的物质的量浓度为___________。‎ ‎【答案】(1). 碳酸氢铵 (2). 能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3 (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 1∶2 (5). 2∶3 (6). NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O (7). 0.036mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X为酸式盐，且能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，其中与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2‎ ‎；X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，可以推知X为NH4HCO3，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO，则G为HNO3，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，物质X是碳酸氢铵，检验氨气的方法是：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，证明C气体是氨气；‎ ‎(2)反应④为氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(3)反应⑥为二氧化氮和水的反应，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO为自身氧化还原反应，氧化剂与还原剂是同种物质，氧化剂与还原剂的质量之比为1:2；反应⑦为铜和稀硝酸的反应，反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=4H2O+3Cu(NO3)2+2NO↑，反应中硝酸为氧化剂，部分被还原，铜为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；‎ ‎(4)碳酸氢铵和足量氢氧化钠溶液的反应，反应生成碳酸钠和一水合氨，反应的离子方程式为NH4++HCO3−+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O；‎ ‎(5)设烧瓶的体积为xL，则由4NO2+O2+2H2O=4HNO3可得，生成溶质n(HNO3)=，因气体完全溶于水，故最后溶液的体积为xL，则烧瓶中所得溶液中溶质的物质的量浓度为≈0.036mol·L-1。‎ ‎30.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。‎ 下列问题：‎ ‎(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是___ ，发生反应的化学方程式为___；‎ ‎(2)实验过程中,装置B、C中发生的现象分别是___、___,这些现象分别说明SO2具有的性质是___和___；装置C中发生反应的离子方程式为___；‎ ‎(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象___；‎ ‎(4)尾气可采用___溶液吸收 ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O (3).‎ ‎ 溶液由紫红色变为无色 (4). 无色溶液中出现黄色浑浊 (5). 还原性 (6). 氧化性 (7). 2S2−+5SO2+2H2O=4HSO3−+3S↓ (8). 品红溶液退色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色 (9). 氢氧化钠。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成SO2，结合SO2的还原性、弱氧化及漂白性分析，注意SO2是酸性氧化物及对环境的污染。‎ ‎【详解】(1) 装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶；浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和水、硫酸钠,化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎(2)二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使溶液紫色褪去；二氧化硫具有氧化性，能够氧化硫离子生成单质硫，过量的二氧化硫通入到硫化钠溶液中发生氧化还原反应生成亚硫酸氢钠和硫单质，离子方程式为：2S2−+5SO2+2H2O=4HSO3−+3S↓；‎ ‎(3)二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，但是二氧化硫漂白性具有不稳定特点，所以受热无色溶液恢复原来颜色，实验操作为：品红溶液退色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；‎ ‎(4)二氧化硫有毒，为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，可以用氢氧化钠吸收多余的二氧化硫。‎ ‎31.Fe2O3、Cu2O都是红色粉末，常用作颜料。某校化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：‎ 查阅资料：Cu2O 溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4；在空气中加热生成CuO.‎ 提出假设：‎ 假设1:红色粉末是Fe2O3‎ 假设2:______.‎ 假设3:红色粉末是Cu2O和Fe2O3‎ ‎(1)设计探究实验：取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加 KSCN 溶液。‎ ‎(2)若假设1成立，则实验现象是______.‎ ‎(3)若滴加 KSCN 试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗?______.简述你的理由______.‎ ‎(4)若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则证明假设______成立 ‎(5)实验小组欲用加热法测定Cu2‎ O的质量分数。取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg(b>a)，则混合物中Cu2O的质量分数为______.‎ ‎【答案】(1). Cu2O (2). 溶液变为血红色 (3). 不合理 (4). Cu能将Fe3+还原为Fe2+ (5). 假设三 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】结合假设1和假设3分析假设2；‎ ‎(2) 滴加 KSCN 溶液，Fe3+遇到KSCN溶液呈红色；‎ ‎(3) 根据Cu2O遇到酸产生Cu，Cu能与Fe3+反应进行判断；‎ ‎(4) 若固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O；‎ ‎(5) 利用铜原子守恒找出关系式：Cu2O～2CuO～O，根据质量差(b-a)就是氧原子的质量，计算出Cu2O的物质的量和质量分数。‎ ‎【详解】根据题目信息可知，Fe2O3、Cu2O都是红色粉末，所以红色物质可以是纯净物，也可以是两者的混合物，则假设2为红色粉末是Cu2O；‎ ‎(2)若假设1成立，取少量粉末放入足量稀硫酸中，所得溶液中再滴加 KSCN 溶液，则溶液中含有Fe3+遇到KSCN溶液呈红色；‎ ‎(3)如果混合物中含有Cu2O，溶于酸生成Cu，Cu能与Fe3+反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则加入KSCN溶液也不变色，所以此种说法不正确；‎ ‎(4)固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故假设三成立；‎ ‎(5)Cu2O加热变成了氧化铜，根据铜原子守恒，加热后质量增加的就是氧元素的质量，根据关系式：Cu2O～2CuO～O，增加的氧原子的物质的量就是Cu2O的物质的量，，Cu2O的质量分数是：。‎