【化学】甘肃省兰州大学附属中学（33中）2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】甘肃省兰州大学附属中学（33中）2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

甘肃省兰州大学附属中学（33中）2019-2020学年高一上学期期末考试试题 相对原子质量：Na-23 O-16 H‎-1 C-12 S-32‎ 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题2分，共40分)‎ ‎1.下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是粮食的主要成份是淀粉，而经过反应， 生成了新的物质酒(主要成分乙醇)，所以这一过程不是化学变化的是( )‎ A. 湿法炼铜 B. 粮食酿酒 C. 火药使用 D. 沙里淘金 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化，化学变化的特征是：有新物质生成，判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。‎ ‎【详解】A．湿法炼铜，置换出了铜单质，有新物质的生成，A选项不符合题意；‎ B．粮食酿酒，粮食的主要成份是淀粉，而经过反应， 生成了新的物质酒(主要成分乙醇)，所以这一过程是化学变化，B选项不符合题意；‎ C．火药燃烧后会产生二氧化碳等物质，有新物质产生，故为化学变化，C选项不符合题意；‎ D．沙里淘金中无新物质产生，不涉及化学变化，D选项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎2.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－‎9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法正确的是( )‎ A. 它在水中所形成的分散系为乳浊液。‎ B. 它的分子既能透过滤纸，也能透过半透膜 C. 它在水中形成的分散系与雾的分散系相同 D. 它的分子直径比Na+小，溶于水后有丁达尔现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】胶体的胶粒直径为10-9～10‎-7m(1~100 nm)，所以“钴酞菁”在水中所形成的分散系为胶体，结合胶体的性质分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析可知，“钴酞菁”在水中所形成的分散系为胶体，不为乳浊液，A选项错误；‎ B．胶体粒子能通过滤纸，但不能透过半透膜，B选项错误；‎ C．它在水中形成的分散系属于胶体，雾的分散系也属于胶体，二者的种类相同，C选项正确；‎ D．Na+能透过半透膜，故它的分子直径比Na+大，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.化学与生活密切相关，下列说法错误的是( )‎ A. 用粘土焙烧制的红陶，陶器显红色的原因可能是含有 B. 氢氧化铝、小苏打可作胃酸的中和剂 C. 烟花中添加了含铁、铂元素的化合物会更加绚丽缤纷 D. 水玻璃暴露在空气中会发生变质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．Fe2O3因其红棕色又称“铁红”，常用于制作油漆、燃料等，用粘土焙烧制的红陶显红色的原因可能是含有Fe2O3，A选项正确；‎ B．氢氧化铝、小苏打呈弱碱性，可与胃酸(HCl)反应，因此氢氧化铝、小苏打可作胃酸的中和剂，B选项正确；‎ C．烟花绚丽多彩是因为其中加入了某些金属元素，部分金属元素灼烧时会产生特定的焰色，但是铁、铂等金属元素无焰色反应，C选项错误；‎ D．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，在空气中会吸收CO2生成硅酸和碳酸钠，会发生变质，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )‎ A. ‎‎7.8‎‎ g过氧化钠与足量水反应转移的电子数为0.2NA B. 标准状况下，‎22.4 L H2O含有NA个水分子 C. ‎2 g H2的分子数为NA D. 1 mol/L Mg(NO3)2溶液中含有NO3—的数目为2NA ‎【答案】C ‎【解析】A. 过氧化钠与足量水反应是过氧化钠自身发生氧化还原反应，则‎7.8 g 过氧化钠（0.1mo过氧化钠）转移的电子数为0.1NA，故A错误；B. 标准状况下，水为固体，无法用标准气体摩尔体积换算水的物质的量，故B错误；C. ‎2 g H2的物质的量为1mol，其分子数为NA，C正确；D. 1 mol/L Mg（NO3）2溶液，因未知溶液体积，无法计算溶液中含有NO3﹣的数目，故D错误。答案选C。‎ 点睛：一是关于精准掌握以物质的量为中心的有关概念，如气体摩尔体积的应用、物质的量的概念；二是涉及物质的反应、电离、电子数等性质与结构知识。‎ ‎5.下列反应的离子方程式书写正确的是( )‎ A. 与水反应：+=‎ B. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6=2+3↑‎ C. 溶液和溶液反应：↓‎ D. CaCO3和稀硝酸反应：CaCO3+=Ca2++↑+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．Cl2和水反应生成HCl和HClO，HClO是弱电解质，不能拆开，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A选项错误；‎ B．铁与稀硫酸发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B选项错误；‎ C．CaCl2溶液和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，离子反应方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，C选项正确；‎ D．CaCO3和稀硝酸反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，正确的离子反应方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，D选项错误；‎ ‎6.下列说法不正确的是( )‎ A. 同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积 B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子 C. 同温、同压下，CH4与O2的密度之比1：2‎ D. 由0.2gH2和8.8gCO2、5.6gCO组成混合气体，在标准状况下的体积约为‎11.2L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．根据PV=nRT，同温、同压下，相同质量的气体，由于摩尔质量可能不同，所以物质的量不一定相等，则占有的体积不一定相同，A选项错误；‎ B．根据PV=nRT，同温、同压下，相同体积的气体物质的量相同，则气体所含的分子数目相同，B选项正确； ‎ C．结合理想气体状态方程和ρ=，可得，即同温同压下气体的密度之比等于相对分子质量之比，因此，同温、同压下，CH4与O2的密度之比为16：32=1：2，C选项正确；‎ D．根据公式计算可得0.2gH2物质的量为0.1mol、8.8gCO2物质的量为0.2mol、5.6gCO物质的量为0.2mol，则混合气体总物质的量为0.5mol，所以标准状况下体积约为‎11.2L，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeCl2、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此可推断丙物质是（ ）‎ A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分析四种物质的性质，不难发现，先产生沉淀后溶解这一现象只能是将NaOH溶液加入到Al2(SO4)3溶液中，所以丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3。将NaOH溶液加入到FeCl2溶液中，会产生先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象。将NaOH溶液加入到BaCl2溶液中，无明显现象。所以甲为BaCl2，则丙为FeCl2。答案选D。‎ ‎8.在下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是( )‎ A. C+H2O═CO+H2‎ B. 2Na2O2+2H2O═2NaOH+O2↑‎ C 2Na+2H2O═2NaOH+H2↑‎ D. ‎2F2+2H2O═4HF+O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在氧化还原反应中，若水既不是氧化剂又不是还原剂，则水中H、O元素的化合价在反应前后不发生变化，据此判断。‎ ‎【详解】A．C+H2OCO+H2的反应中，H元素的化合价降低，水是氧化剂，碳元素化合价升高，碳是还原剂，A选项不符合题意；‎ B．过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水中元素的化合价均不变，既不是氧化剂也不是还原剂，B选项符合题意；‎ C．Na与水的反应中，Na元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，则水作氧化剂，钠是还原剂，C选项不符合题意；‎ D．单质氟与水的反应中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，单质氟作氧化剂，D选项不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列能达到实验目的的是( )‎ A. 用碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢气体 B. 用氢氧化钠除去氯气中混有的少量氯化氢气体 C. 用氢氧化钠溶液除去铁粉中混有的少量铝粉 D. 配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL，准确称取氯化钾固体，放入到1000mL容量瓶中，加热溶解，振荡摇匀，定容 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钠既能与二氧化碳反应，又能与氯化氢气体反应，A选项不符合题意；‎ B．氢氧化钠既能与氯气反应，又能与氯化氢气体反应，B选项不符合题意；‎ C．氢氧化钠与铁不反应，而铝具有两性，可与氢氧化钠溶液反应，因此可用氢氧化钠溶液除去铁粉中混有的少量铝粉，C选项符合题意；‎ D．容量瓶不能直接配制溶液，应先在小烧杯中稀释，D选项不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是(　　)‎ A. NaHSO4和Ba(OH)2‎ B. AlCl3和NaOH C. NaAlO2和H2SO4‎ D. Na2CO3和H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，A符合题意；‎ B．NaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量沉淀溶解，则氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后沉淀溶解，所以二者现象不同，B不符合题意；‎ C．偏铝酸钠滴入硫酸发生反应：AlO2-+4H+=Al3++2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，C不符合题意；‎ D．碳酸钠滴入硫酸发生CO32-+2H+=CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是(　　)‎ A. NaHSO4和Ba(OH)2‎ B. AlCl3和NaOH C. NaAlO2和H2SO4‎ D. Na2CO3和H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，A符合题意；‎ B．NaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量沉淀溶解，则氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2‎ O，现象是开始有沉淀，一段时间后沉淀溶解，所以二者现象不同，B不符合题意；‎ C．偏铝酸钠滴入硫酸发生反应：AlO2-+4H+=Al3++2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，C不符合题意；‎ D．碳酸钠滴入硫酸发生CO32-+2H+=CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎12.以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是( )‎ ‎①Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3‎ ‎②Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→CaCO3‎ ‎③Mg→MgCl2→Mg(OH)2‎ ‎④Al→Al2O3→Al(OH)3‎ ‎⑤Al→NaAlO2→Na2CO3‎ A. ②③④ B. ①③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁，再与氧气、水反应生成氢氧化铁，①符合题意；‎ ‎②钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与过量石灰水可反应生成碳酸钙、NaOH，②符合题意；‎ ‎③Mg与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁，③符合题意；‎ ‎④Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，④不符合题意；；‎ ‎⑤Al与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，再与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，⑤符合题意；‎ 综上①②③⑤符合题意，答案选C。‎ ‎13.下列叙述中，正确的是（ ）‎ A. 含金属元素的离子一定都是阳离子 B. 在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂 C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原 D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如偏铝酸根离子，A错误；‎ B. 在氧化还原反应中，非金属单质不一定是氧化剂，例如氢气还原氧化铜的反应中氢气是还原剂，B错误；‎ C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，例如氯气把碘离子氧化为单质碘，碘离子被氧化，C错误；‎ D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.对于反应：KClO3 + 6HCl → KCl +3Cl2↑ + 3H2O，若有0.1molKClO3参加反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 被氧化的HCl为0.6mol B. 转移电子1.806×1023个 C. 产生气体为‎6.72L D. 还原剂占参加反应HCl的5/6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分析化学方程式中元素的化合价变化可知，氯酸钾是氧化剂，盐酸既表现了还原性又表现了酸性，参加反应的盐酸中，有1/6化合价未发生变化，所以还原剂占5/6，D正确。若有0.1molKClO3参加反应，则被氧化的HCl为0.5mol，转移电子0.5mol，生成的氯气0.3mol,在标准状况下体积为‎6.72L，所以A、B、C（未注明标准状况）都是错的。‎ ‎15.某无色酸性溶液中，一定能够大量共存的离子组是（ ）‎ A. Fe2+、Ba2+、NO3－、Cl－ B. Na+、NH4+、SO42－、Cl－‎ C. Na+、K+、HCO3－、NO3－ D. Na+、K+、MnO4－、Br－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈酸性，如离子能大量共存，则在酸性条件下离子之间不发生任何反应，以此解答。‎ ‎【详解】A．酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，且Fe2+有颜色，选项A错误；‎ B．溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，选项B正确；‎ C．酸性条件下， HCO3－与H+发生反应生成二氧化碳和水而不能大量存在，选项C错误；‎ D．MnO4-有颜色，不能大量共存，且酸性条件下MnO4-与Br-发生氧化还原反应，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎16.用98％的浓硫酸(密度为‎1.84 g/cm3 )配制100 mL l mol/L的稀硫酸。现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL烧杯 ④托盘天平 ⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是.( )‎ A ④③⑦⑤⑥； B. ②⑤⑦⑥； C. ①③⑤⑥⑦； D. ②⑥③⑦⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】浓硫酸的浓度为=18.4mol/L，根据溶液稀释过程中溶质的量是不变的规律可知，VmL×18.4mol/L=100 mL× l mol/L，V=5.4mL，因此应该选择10mL量筒；据此进行分析。‎ ‎【详解】结合以上分析可知，实验步骤是：用10 mL量筒量取5.4mL的浓硫酸，在烧杯中稀释后，转移到100 mL容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒并把洗涤液移入容量瓶，加水定容，震荡摇匀，按使用仪器的先后顺序排列为②10 mL量筒、⑥胶头滴管、③50 mL烧杯、⑦玻璃棒、⑤100 mL容量瓶、⑥胶头滴管，故选D。‎ ‎17.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与加入NaOH溶液的体积关系图如图所示，则混合溶液中Al2(SO4)3和MgSO4的物质的量之比为( )‎ A. 6:1 B. 3:‎1 ‎C. 2:1 D. 1:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由题干信息，在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，首先发生反应Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，然后发生反应Al(OH)3+OH−═AlO2-+2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】由图可知，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL−30mL=20mL，则n(Mg2+): n(Al3+)=1/2×20mL:1/3×30mL=1:1，原来混合溶液中Al2(SO4)3和MgSO4的物质的量之比为1/2:1=1:2，由于在同一溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以原混合液中Al2(SO4)3和MgSO4的物质的量浓度之比为1:2，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.下列反应最终没有同体析出的是（ ）‎ A. 向氯化钡溶液中通入少量CO2‎ B. 向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质 C. 向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2‎ D. 向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水 ‎【答案】A ‎【解析】A．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，则向氯化钡溶液中通入少量CO2，不发生反应，无固体析出，故A选；B．钠与水反应，饱和溶液中溶剂减少，则有固体NaOH析出，故B不选；C．反应生成碳酸氢钠，相同条件下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，则有固体析出，故C不选；D．NaHCO3完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水，则有沉淀生成，故D不选；故选A。‎ ‎19.2019年诺贝尔化学奖颁给几位在锂离子电池研发领域做出贡献的科学家，锂单质化学性质与钠类似，活泼性比钠略弱。它的密度为‎0.534g/cm3，锂元素的焰色为紫红色，将绿豆大的锂投入水中，下列实验现象合理的有( )‎ ‎①锂沉入水中 ‎②锂浮在水面上 ‎③水中有大量气泡 ‎④反应后在水中加入几滴石蕊试液，溶液变红 ‎⑤反应剧烈，发出紫红色火焰 ‎⑥锂四处游动 A. ②③ B. ①③ C. ②③⑤ D. ②④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】锂密度比水小，因此锂浮在水上，故①错误；②正确；锂和水反应生成LiOH和H2，溶液中能产生大量气泡，故③正确；生成的LiOH使紫色石蕊试液变蓝，故④错误；锂和水反应相对平缓，放出的热量并不能使锂融化，且生成的H2并不能推动锂四处游动，故⑤⑥错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.将Fe，Cu的混合物投入含有Fe2+，Cu2+，Fe3+的溶液中，反应后有铁剩余，则容器内还应存在的微粒是( )‎ A. Fe3+，Fe2+ B. Fe2+，Cu2+ C. Cu，Fe2+ D. Cu，Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应后铁粉有剩余，根据反应顺序判断：氯化铁、氯化铜已全部反应，铜未反应，溶液中只有Fe2+，则容器中存在的微粒：铁、铜、Fe2+；‎ 答案选A。‎ ‎21.已知下列转化关系图，且知采用电解熔融氯化钠的方法可以生产金属钠：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，下列说法不正确的是（ ）‎ A. A、C、E一定含有同种元素 B. 若在B中点燃铜丝会产生棕黄色烟 C. C与D反应会产生红褐色沉淀 D. D物质可能为FeCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】电解熔融的氯化钠生成Na和Cl2，其中A能与水反应生成C，B能与Fe反应生成D，则A为Na、B为Cl2、D为FeCl3；A与水反应生成的C能与FeCl3反应生成NaCl，C为NaOH；CO2与NaOH反应生成E，FeCl3与Ca（OH）2‎ 反应生成F，E与F反应生成NaCl，则E为Na2CO3、F为CaCl2；据此分析作答。‎ ‎【详解】电解熔融的氯化钠生成Na和Cl2，其中A能与水反应生成C，B能与Fe反应生成D，则A为Na、B为Cl2、D为FeCl3；A与水反应生成的C能与FeCl3反应生成NaCl，C为NaOH；CO2与NaOH反应生成E，FeCl3与Ca（OH）2反应生成F，E与F反应生成NaCl，则E为Na2CO3、F为CaCl2；‎ A.根据上述分析，A、C、E中都含有Na元素，A正确；‎ B.B为Cl2，铜丝在Cl2中燃烧产生棕黄色的烟，B正确；‎ C.C为NaOH，D为FeCl3，C与D反应的化学方程式为3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3↓+3NaCl，产生红褐色Fe（OH）3沉淀，C正确；‎ D.由于Cl2具有强氧化性，Fe与Cl2反应生成的D为FeCl3，D错误；‎ 答案选D。‎ 二、填空题 ‎22.化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：‎ ‎(1)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：______________。‎ ‎(2)厨房里小苏打常作面包和糕点的发泡剂，写出小苏打溶于水的电离方程式：________。‎ ‎(3)工业上制漂白粉的化学方程式为____________，新制氯水在阳光照射下产生无色气体，该反应的化学方程式是_________。‎ ‎(4)KAl(SO4)2·12H2O因其溶于水生成_____(化学式)可以吸附杂质，从而达到净水作用。‎ ‎【答案】(1). (2). NaHCO3 = Na＋＋HCO3- (3). 2Cl2＋2Ca(OH)2= CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O (4). 2HClO2HCl ＋O2↑ (5). Al(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)该反应是氧元素的歧化反应，一部分氧的化合价升高到0价变为氧气，另一部分氧的化合价降低到-2价变为碳酸钠中的氧，据此来标双线桥即可；‎ ‎(2)小苏打是盐，在水中完全电离用“=”来表示，碳酸是一种弱酸，弱酸酸式盐中的氢是不能完全电离的，因此要写成化学式；‎ ‎(3)工业制漂白粉的方法是将氯气通入石灰乳中，注意这里只有氯气的化合价发生改变，生成等物质的量的CaCl2和Ca(ClO)2；新制氯水在光照下，其中的次氯酸会分解变成氯化氢和氧气，注意不要漏写反应条件；‎ ‎(4)明矾净水原理是其溶于水后产生的Al3+可以水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，因此可以净水。‎ ‎【详解】(1) 过氧化钠能够与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；该反应是氧元素的歧化反应，一部分氧的化合价升高到0价变为氧气，另一部分氧的化合价降低到-2价变为碳酸钠中的氧，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为；‎ ‎(2)小苏打是盐，在水中完全电离用“=”来表示，碳酸是一种弱酸，弱酸酸式盐中的氢是不能完全电离的，因此要写成化学式，NaHCO3的电离方程式为NaHCO3 = Na＋＋HCO3-；‎ ‎(3)工业制漂白粉的方法是将氯气通入石灰乳中，注意这里只有氯气的化合价发生改变，生成等物质的量的CaCl2和Ca(ClO)2，反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2= CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；新制氯水在光照下，其中的次氯酸会分解变成氯化氢和氧气，注意不要漏写反应条件，反应的化学方程式为2HClO2HCl ＋O2↑；‎ ‎(4)明矾净水原理是其溶于水后产生的Al3+可以水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，因此可以净水。‎ ‎23.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、 E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。‎ 请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：B__________  、丙__________ 。‎ ‎(2)说出黄绿色气体乙的一种用途：________________ 。反应过程⑦‎ 可能观察到的实验现象是________________ 。‎ ‎(3)反应①的离子方程式为________________ 。‎ ‎(4)反应③中的氧化剂是____________(写化学式，下同)反应④中的还原剂是____________ 。‎ ‎(5)写出反应⑤的离子方程式：________________ 。‎ ‎【答案】(1). Al (2). HCl (3). 自来水消毒或者工业制盐酸、制备漂白粉等 (4). 白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀 (5). 2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑ (6). H2O (7). Fe (8). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为Na.Na与水反应生成D为NaOH、气体甲为H2.氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故B为Al.黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，由元素守恒可知，金属C为Fe，故F为FeCl2，G为FeCl3，据此分析。‎ ‎【详解】金属A焰色反应为黄色，故A为Na.Na与水反应生成D为NaOH、气体甲为H2.氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故B为Al.黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，由元素守恒可知，金属C为Fe，故F为FeCl2，G为FeCl3。‎ ‎(1)由以上分析可知，B为Al，丙为HCl，故答案为：Al；HCl；‎ ‎(2)黄绿色气体乙为Cl2，可以用于自来水消毒或者工业制盐酸、制备漂白粉等，故答案为：自来水消毒或者工业制盐酸、制备漂白粉等；⑦可能观察到的实验现象为白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀，故答案为：白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀；‎ ‎(3)反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；‎ ‎(4)反应③中的氧化剂是H2O，反应④中的还原剂是Fe；‎ ‎(5)反应⑤的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎ ‎24.工业上，向500～‎600 ℃‎的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。‎ ‎（1）写出仪器的名称：a_______，b________。‎ ‎（2）A中反应的化学方程式为________。C中反应的化学方程式为________。‎ ‎（3）装置B中加入的试剂是________。‎ ‎（4）已知：向热铁屑中通入氯化氢气体可以生产无水氯化亚铁。为防止有杂质FeCl2生成，可在装置__和__（填字母）间增加一个盛有________的洗气瓶。‎ ‎（5）装置D的作用是________。为防止水蒸气影响无水氯化铁的制取，请你提出一个对装置D的改进方案：________。‎ ‎（6）反应结束后，取少量装置C中的固体于试管中，加入足量盐酸，固体完全溶解，得到溶液X。证明溶液X中含有FeCl3的试剂是________，观察到的现象是________。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O (4). 2Fe+3Cl22FeCl3 (5). 浓硫酸 (6). A (7). B (8). 饱和食盐水 (9). 除去过量氯气，防止其污染空气 (10). 改为一个盛有碱石灰的干燥管（或在装置C和D之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶） (11). 硫氰化钾溶液（或苯酚溶液） (12). 溶液变为红色（或溶液变为紫色）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】装置A是制备氯气的发生装置，生成的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B中浓硫酸干燥氯气，通过装置C反应生成无水氯化铁，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，据此判断。‎ ‎【详解】（1）由仪器的构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；‎ ‎（2）A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；C为氯气与铁制备氯化铁，反应方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；‎ ‎（3）为制备无水氯化铁，B装置应为盛有浓硫酸的干燥氯气的装置，即装置B中加入的试剂是浓硫酸；‎ ‎（4）制备的氯气中混有氯化氢气体，所以需在干燥之前除氯化氢，故在A与B间添加饱和食盐水的装置；‎ ‎（5）氯气有毒，会污染空气，D装置用氢氧化钠除未反应完的氯气，防止其污染空气；为制备无水氯化铁，防止D中水蒸气进入C装置，可选用碱石灰的干燥管，既能吸收氯气，又能吸水，或在装置C和D之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶；‎ ‎（6）检验铁离子用硫氰化钾或者苯酚，若有铁离子，硫氰化钾溶液变红色，苯酚溶液变紫色。‎ 三、计算题 ‎25.某固体粉末由Na2O与Na2O2组成，将其分成等量的二份，一份与足量的CO2气体作用，发现该固体质量增加了‎10.0g，同时生成了新的气体A；另一份溶于过量的盐酸后，经蒸发结晶，最后得到固体的质量为‎35.1g，试计算：‎ ‎（1）A气体在标况下的体积是_____________L ‎（2）固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是___________：‎ ‎【答案】(1). 2.24 (2). 1:2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴设一份中Na2O2、Na2O物质的量依次为xmol、ymol ‎==，解得a=28x，c=112x ‎=，解得b=44y a+ b = 10.0即28x+44y=10.0‎ 再根据钠守恒关系得出(2x + 2y)mol × ‎58.5 g∙mol-1 = ‎‎35.1g 解得x = 0.2 ，y = 0.1 ‎ 则气体A在标况下的体积为11.2×‎0.2L=‎2.24L，故答案为‎2.24 L；‎ ‎⑵根据分析得出固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是1:2，故答案为1:2。‎ ‎26.在标准状况下，将‎28L HCl气体溶液在水中配成250mL盐酸溶液 ‎（1）求所得盐酸的物质的量浓度；‎ ‎（2）若取此溶液50mL再稀释成‎1L溶液，求稀释后盐酸的物质的量浓度；‎ ‎（3）若用KMnO4氧化该盐酸溶液制氯气，反应方程式如下：‎ ‎2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，‎ 若产生的Cl2在标准状况下的体积为672mL，则被氧化的HCl的物质的量．（要求写出计算过程）‎ ‎【答案】（1）5mol/L（2）0.25mol/L；（3）0.06mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在标准状况下，‎28L HCl的物质的量n==1.25mol，所得盐酸的物质的量浓度c==5mol/L，故答案为：5mol/L；‎ ‎(2)设稀释后盐酸的物质的量浓度为c1，根据稀释定律得5mol/L×‎0.05L=c1×‎1L，解得c1=0.25mol/L，故答案为：0.25mol/L；‎ ‎(3)Cl2在标准状况下的物质的量n(Cl2)==0.03mol，设消耗HCl的物质的量为x，则 ‎，解得x=0.096mol，被氧化的HCl占反应HCl的，则被氧化的HCl的物质的量为0.096mol×=0.06mol，故答案为：0.06mol。‎