2016-2017学年四川省成都市崇州市崇庆中学高一下学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2017高一下·崇州开学考）从人类健康或生活实际的角度考虑，下列叙述正确的是（ ）
A．用铝锅可长时间盛放酸性食物 B．氯气泄漏后应顺风向低处跑
C．食用“加碘”食盐不利于健康 D．用食醋可除去水壶中的水垢
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；铝的化学性质；生活中的有机化合物；微量元素对人体健康的重要作用
【解析】【解答】解：A．铝的化学性质活泼，能和酸反应使食物变质，故A错误；
B．氯气的密度比空气的大，应向高处跑，故B错误；
C．“加碘”食盐可预防碘缺乏病，有利于健康，故C错误；
D．醋酸可用于除去水壶中的水垢，水垢成分主要是CaCO3和Mg（OH）2，故D正确．
故选D．
【分析】A．铝的化学性质活泼，能和酸反应；
B．氯气的密度比空气的大；
C．“加碘”食盐可预防碘缺乏病；
D．水垢成分主要是CaCO3和Mg（OH）2．
2．（2015高一上·宜宾月考）下列实验能达到预期目的是（ ）
A．用酒精萃取碘水中的碘
B．将气体通过灼热CuO以除去O2中混有的H2
C．用分液法分离花生油和水
D．海盐经过溶解、过滤、蒸发制纯净的NaCl
【答案】C
【知识点】分液和萃取；洗气；粗盐提纯
【解析】【解答】解：A．酒精和水是互溶的，不能作为从碘水中萃取碘的萃取剂，故A错误；
B．氧化铜作用下，氢气与氧气反应生成水，减少了被提纯物的量，故B错误；
C．花生油和水不溶，能分层，故C正确；
D．海盐中含有可溶性杂质，没有除掉，故D错误．
故选C．
【分析】A．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；
B．除杂不能减少被提纯物的量；
C．分液分离能分层的物质；
D．海盐中含有可溶性杂质．
3．（2017高一下·崇州开学考）下列反应不能观察到“既有沉淀析出，又有气体产生”现象的是（ ）
A．金属钠和硫酸铜溶液
B．过氧化钠和氯化镁溶液
C．氧化钠和氯化铵溶液
D．硫酸铵和氢氧化钡溶液混合加热
【答案】C
【知识点】铵盐；钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A．金属钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、氢气和硫酸钠，生成硫酸钡沉淀和氢气，故A正确；
B．过氧化钠和氯化镁溶液反应生成氢氧化镁、氧气，氯化钠，生成氢氧化镁沉淀和氧气，故B正确；
C．氧化钠和氯化铵溶液反应生成氯化钠、一水合氨，既没有沉淀析出，又没有气体产生，故C错误；
D．硫酸铵和氢氧化钡溶液混合加热反应生成氨气、硫酸钡、水，硫酸钡为沉淀，氨气为气体，故D正确；
故选：C．
【分析】A．金属钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、氢气和硫酸钠；
B．过氧化钠和氯化镁溶液反应生成氢氧化镁、氧气，氯化钠；
C．氧化钠和氯化铵溶液反应生成氯化钠、一水合氨；
D．硫酸铵和氢氧化钡溶液混合加热反应生成氨气、硫酸钡、水．
4．（2017高一下·崇州开学考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．1 mol AlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，会生成NA个胶粒
B．1L 1mol/L的CH3COOH溶液中含有NA个H+
C．1 mol Na2O2和足量H2O或CO2反应时转移的电子数均为2NA
D．27g Al和足量盐酸或氢氧化钠溶液反应时转移的电子数均为3NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．由于氢氧化铝晶体为氢氧化铝的聚集体，所以无法计算溶液中氢氧化铝胶粒的数目，故A错误；
B.1L 1mol/L的CH3COOH溶液中含有溶质醋酸1mol，由于醋酸为弱电解质，则溶液中电离出的氢离子小于1mol，含有的氢离子数小于NA，故B错误；
C.1 mol Na2O2和足量H2O或CO2反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，转移的电子数均为NA，故C错误；
D.27g铝的物质的量为1mol，Al为3价金属，1mol铝无论与盐酸还是与氢氧化钠溶液反应，完全反应都转移了3mol电子，转移的电子数均为3NA，故D正确；
故选D．
【分析】A．氢氧化铝胶粒为氢氧化铝的聚集体，无法计算胶粒数目；
B．醋酸为弱酸，溶液中醋酸只能部分电离出氢离子；
C．过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子；
D．铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的产物中，铝元素的化合价都是+3价，据此判断转移电子数．
5．（2017高一下·崇州开学考）下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（ ）
A．Fe与稀HNO3 B．Na2O2与CO2
C．NaOH溶液与CO2 D．AlCl3溶液与NaOH溶液
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：A．Fe少量时与硝酸反应生成硝酸铁，Fe过量时生成硝酸亚铁，故A不选；
B．二者反应与反应物的用量、反应条件无关，故B选；
C．NaOH足量时反应生成碳酸钠，NaOH不足时反应生成碳酸氢钠，故C不选；
D．NaOH不足时生成氢氧化铝，NaOH足量时生成偏铝酸钠，故D不选；
故选B．
【分析】A．与Fe的量有关；
B．二者反应生成碳酸钠和氧气；
C．与反应物的量有关；
D．与反应物的量有关．
6．（2017高一下·崇州开学考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Na2O2溶于水：O22﹣+H2O=2OH﹣+O2↑
B．向水玻璃中加入少量醋酸：SiO32﹣+2H+=H2SiO3（胶体）
C．澄清石灰水中滴加过量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
D．磁性氧化铁溶于足量的浓盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．Na2O2溶于水的离子反应为2Na2O2+2H2O=4OH﹣+4Na++O2↑，故A错误；
B．向水玻璃中加入少量醋酸的离子反应为SiO32﹣+2CH3COOH=H2SiO3（胶体）+2CH3COO﹣，故B错误；
C．澄清石灰水中滴加过量NaHCO3溶液的离子反应为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故C正确；
D．磁性氧化铁溶于足量的浓盐酸的离子反应为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故D错误；
故选C．
【分析】A．过氧化钠在离子反应中保留化学式；
B．醋酸在离子反应中保留化学式；
C．石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D．反应生成氯化铁、氯化亚铁、水．
7．（2017高一下·崇州开学考）下列关于氨气的说法正确的是（ ）
A．氨既能用浓硫酸干燥也能用无水CaCl2干燥
B．NH3是电解质，所以氨水能导电
C．NH3可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝
D．用水吸收NH3用如图装置可防止倒吸
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】解：A．浓硫酸具有酸性与氨气反应生成铵盐，所以不能用浓硫酸干燥氨气，A不符合题意；
B．氨气本身不能电离出自由移动的离子，不属于电解质，B不符合题意；
C．石蕊试剂遇碱变蓝色，氨气为非电解质，不能电离产生氢氧根离子，C不符合题意；
D．氨气不溶于四氯化碳，用该装置吸收氨气，氨气与水不能直接接触，可以防止倒吸，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．氨气为碱性气体应选用碱性干燥剂；
B．电解质必须是本身能电离而导电的化合物；
C．石蕊试剂遇碱变蓝色；
D．氨气不溶于四氯化碳．
8．（2017高一下·崇州开学考）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向某溶液中滴入少量盐酸，然后滴入少量的氯化钡溶液 先无明显现象，后有白色沉淀． 说明原溶液中含有SO42﹣
B 向某氯化亚铁溶液中滴入少量氯水，然后滴入少量的KSCN溶液 溶液变成血红色 说明原氯化亚铁已氧化变质
C 加热分解某盐X，将产生的气体通入硝酸酸化的BaCl2溶液 实验开始立即产生白色沉淀 X可能是NaHCO3
D 向溶液X中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．某溶液中滴入少量盐酸，排除了干扰离子，然后滴入少量的氯化钡溶液，若先无明显现象，后有白色沉淀，可证明原溶液中含有SO42﹣，故A正确；
B．某氯化亚铁溶液中滴入少量氯水，亚铁离子被氧化成铁离子，干扰了检验结果，应该直接滴入少量的KSCN溶液检验原氯化亚铁是否氧化变质，故B错误；
C．NaHCO3加热分解生成二氧化碳气体，二氧化碳不与BaCl2溶液反应，则不会生成白色沉淀，故C错误；
D．向溶液X中滴加稀NaOH溶液，由于氨气极易溶于水，该方法无法检验铵根离子，应该用浓氢氧化钠溶液加热来检验NH4+，故D错误；
故选A．
【分析】A．加入盐酸排除干扰，然后加入氯化钡溶液若生成白色沉淀，可证明原溶液中含有硫酸根离子；
B．证明氯化亚铁变质，应该直接用硫氰化钾溶液检验，不需要加入氯水；
C．二氧化碳不与氯化钡溶液反应，不可能生成沉淀；
D．氨气极易溶于水，检验铵根离子必须用浓氢氧化钠溶液并加热．
9．（2017高一下·崇州开学考）除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法不正确的是（ ）
物质 杂质 除杂质所用试剂和方法
A KCl溶液 I2 CCl4，萃取分液
B CO2 HCl 饱和NaHCO3溶液，洗气
C Mg粉 Al粉 NaOH溶液，过滤
D CaCO3 CaO 盐酸，过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】解：A．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则加四氯化碳、萃取可分离，故A正确；
B．HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，而CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，则通过洗气可分离，故B正确；
C．Al粉与NaOH溶液反应，而Mg粉不能，则反应后过滤可分离，故C正确；
D．二者均与盐酸反应，不能除杂，应溶解、过滤分离，故D错误；
故选D．
【分析】A．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
B．HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2；
C．Al粉与NaOH溶液反应，而Mg粉不能；
D．二者均与盐酸反应．
10．（2017高一下·崇州开学考）下列所示实验合理的是（ ）
A．图1用于证明盐酸、碳酸、硅酸三种酸的酸性强弱
B．图2可“随控随停”制备少量氧气
C．图3用于配制100mL一定浓度硫酸溶液
D．图4用于制取并观察Fe（OH）2沉淀
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．盐酸为挥发性酸，盐酸和碳酸钠反应过程中CO2中混有少量HCl进入硅酸钠溶液也会产生白色沉淀，故A错误；
B．过氧化钠为粉末固体，不能使反应随时停止，则图中装置不能制备少量氧气，故B错误；
C．容量瓶应在常温下使用，且只能用于配制溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却后才能转移到容量瓶中，故C错误；
D．植物油能隔绝空气，防止生成氢氧化亚铁被氧化，图中装置合理，故D正确．
故选D．
【分析】A．盐酸为挥发性酸；
B．过氧化钠为粉末固体，不能使反应随时停止；
C．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
D．植物油能隔绝空气，防止生成氢氧化亚铁被氧化．
11．（2017高一下·崇州开学考）下列由实验或已有知识得出的结论错误的是（ ）
A．SO2可用于杀菌、消毒，但不可用来加工食品
B．液氨汽化时要吸收大量热，因此氨常用作制冷剂
C．二氧化硅与水不反应，说明二氧化硅不是酸性氧化物
D．铝箔在酒精灯上加热铝熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点高于铝的熔点
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．二氧化硫有毒，虽具有漂白性，但不能用来漂白食品，故正确；
B．液氨汽化时吸收热量导致其周围环境温度降低，所以常作制冷剂，故B正确；
C．二氧化硅可与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；
D．氧化铝的熔点高于铝的熔点，加热铝时在表面生成熔点较高的氧化铝而不滴落，故D正确．
故选C．
【分析】A．二氧化硫有毒；
B．液氨汽化时吸收热量导致其周围环境温度降低；
C．能和碱溶液反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物；
D．氧化铝的熔点高于铝的熔点．
12．（2017高一下·崇州开学考）下列有关硫酸和硝酸的说法中正确的是（ ）
A．将过量的Zn投入一定量的浓H2SO4中，最终生成的气体只有SO2
B．向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体
C．向50mL12mol L﹣1的浓硝酸中加入足量铜片其充分反应，生成0.3molNO2
D．运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后应立即用大量水冲洗
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．浓硫酸和锌反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与锌反应生成氢气，故A错误；
B．向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，酸性条件下，NO3﹣与Fe2+发生氧化还原反应生成NO，NO在试管口被氧化生成红棕色的二氧化氮气体，故B正确；
C．由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，被还原的硝酸生成NO2、NO，由N元素守恒可知：2n[Cu（NO3）2]+n（气体）=n（HNO3）=0.05L×12mol/L=0.6mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，根据电子转移守恒2n[Cu（NO3）2]=n（NO2），联立方程解得：n（NO2）=0.3mol，而随反应的进行浓硫酸要变稀硫酸，所以生成NO2小于0.3mol，故C错误；
D．运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后，如果用水冲洗，硫酸被稀释而生成氢气，易爆炸，故D错误；
故选B．
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与金属锌、铜等反应生成二氧化硫气体，但稀硫酸与铜不反应，稀硫酸与活泼金属反应生成氢气，以此解答．
13．（2017高一下·崇州开学考）向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣
B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、SCN﹣、Cl﹣
C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣
D．d点对应的溶液中：SO32﹣、Na+、Cl﹣、NO3﹣
【答案】C
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，
A．a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，HCO3﹣与OH﹣反应不能大量共存，故A错误；
B．b点全部为HCO3﹣，Al3+、Fe3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；
C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3﹣与SO32﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．
故选C．
【分析】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题．
14．（2017高一下·崇州开学考）某硫酸厂拟用烟气处理含Cr2O72﹣的酸性废水，在脱硫的同时制备Cr2O3产品．具体流程如下：
已知吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，下列说法中正确的是（ ）
A．吸收塔中的硫元素可能以单质形式存在
B．中和池中只发生生成沉淀的复分解反应
C．在中和池中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可能产生白色沉淀
D．由题意分析得到，沉淀可能是Cr（OH）6
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：吸收塔中二氧化硫与Cr2O72﹣离子发生氧化还原反应：Cr2O72﹣+2H++3SO2═2Cr3++3SO42﹣+H2O，在中和池中氢氧化钠与酸的中和反应、氢氧根离子与Cr3+离子生成是Cr（OH）3沉淀，Cr（OH）3加热分解得到Cr2O3．
A．反应中Cr元素化合价降低，根据电子转移守恒，S元素化合价升高，不可能以S元素不可能以单质形式存在，反应生成SO42﹣，故A错误；
B．中和池中出来发生生成沉淀的复分解反应外，还发生酸碱中和反应，故B错误；
C．中和池中反应后的溶液中含有SO42﹣，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可能产生硫酸钡白色沉淀，故C正确；
D．由上述分析可知，得到的沉淀为Cr（OH）3，故D错误，
故选：C．
【分析】吸收塔中二氧化硫与Cr2O72﹣离子发生氧化还原反应：Cr2O72﹣+2H++3SO2═2Cr3++3SO42﹣+H2O，在中和池中氢氧化钠与酸的中和反应、氢氧根离子与Cr3+离子生成是Cr（OH）3沉淀，Cr（OH）3加热分解得到Cr2O3．
15．（2017高一下·崇州开学考）一定浓度l00mL的HNO3溶液中加入2.8g Fe，全部溶解，得到标准状况下的NO气体1.12L，测得反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L．若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断错误的是（ ）
A．反应后溶液中无硝酸亚铁
B．反应前HNO3溶液的浓度为2.0mol L﹣1
C．反应后溶液中c（NO3﹣）=1.6mol L﹣1
D．反应后的溶液最多还能溶解1.61g Fe
【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：n（Fe）= =0.05mol，n（NO）= =0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，
A．铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故A正确；
B．根据氮原子守恒得原溶液中n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]+n（HNO3）（剩余）=0.05mol+3×0.05mol+0.1mol/L×0.1L=0.21mol，
则原来硝酸的浓度= =2.1mol/L，故B错误；
C．根据电荷守恒得c（NO3﹣）=3c（Fe3+）+c（H+）=3× +0.1mol/L=1.6mol/L，故C正确；
D．原硝酸的物质的量=0.21mol，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，最多消耗Fe为0.21mol× ×56=4.41g，则还能溶解4.41g﹣2.8=1.61g，故D正确，
故选B．
【分析】n（Fe）= =0.05mol，n（NO）= =0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，
A．少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁；
B．根据氮原子守恒计算原溶液中硝酸的浓度；
C．根据电荷守恒确定硝酸根离子浓度；
D．反应后的溶液中硝酸与硝酸铁中含NO3﹣，结合3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O计算最多消耗的Fe．
二、解答题
16．（2017高一下·崇州开学考）按要求填空：
（1）0.5molSO2共约含有 个原子，它与 gSO3所含硫原子数相等．
（2）有100mL0.2mol/L的NaOH溶液，将此溶液稀释到200mL，则稀释后溶液中Na+的物质的量浓度是 ．
（3）相同条件下，相同体积的 ①HCl、②NH3、③CO2、④O2四种气体中，含有电子数目由小到大的是（填序号） ．
【答案】（1）9.03×1023；40
（2）0.1mol/L
（3）③①④②
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）0.5mol SO2共含0.5mol×3=1.5mol原子，约含有1.5×NA=9.03×1023个原子，由S原子守恒可知，与0.5molSO3所含硫原子数相等，其质量为0.5mol×80g/mol=40g，故答案为：9.03×1023；40； （2）100mL 0.2mol/L的NaOH溶液，钠离子物质的量为0.1L×0.2mol/L=0.02mol，此溶液稀释到200mL，则稀释后溶液中Na+的物质的量浓度是0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L；（3）相同条件下，相同体积，则物质的量相同，物质的量的量为1mol的①HCl、②NH3、③CO2、④O2四种气体含有电子数目分别为：18mol、10mol、22mol、16mol，含有电子数目由小到大的是③①④②，故答案为：③①④②．
【分析】（1）结合N=nNA、m=nM及物质的构成计算；（2）稀释前后溶液中离子的物质的量不变，结合n=cV计算；（3）相同条件下，相同体积，则物质的量相同，物质的量的量为1mol的①HCl、②NH3、③CO2、④O2四种气体含有电子数目分别为：18mol、10mol、22mol、16mol，由此解答．
17．（2017高一下·崇州开学考）按要求写出下列反应的化学方程式或离子方程式：
（1）二氧化氮与水反应的化学方程式： ．
（2）氯化铵与氢氧化钙加热反应制氨气的化学方程式： ．
（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式： ．
（4）硫酸铁铵【（NH4）Fe（SO4）2】与足量的浓Ba（OH）2反应的离子方程式： ．
【答案】（1）3NO2+H2O═2HNO3+NO
（2）2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
（3）2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
（4）NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+H2O+NH3↑+Fe（OH）3↓
【知识点】含氮物质的综合应用；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O═2HNO3+NO；
故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO； （2）氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；（4）硫酸铁铵【（NH4）Fe（SO4）2】与足量的浓Ba（OH）2反应的离子方程式：NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+H2O+NH3↑+Fe（OH）3↓；
故答案为：NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+H2O+NH3↑+Fe（OH）3↓；
【分析】（1）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙和水；（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（4）氢氧化钡足量，反应生成硫酸钡、氢氧化铁、氨气和水；
18．（2017高一下·崇州开学考）将6.4g铜与100g98%H2SO4在烧瓶中加热发生反应．
（1）铜完全溶解后，计算生成的气体在标准状况下的体积是多少？
（2）将反应后烧瓶中的物质配成500mL溶液．
①在配制过程中用到的仪器有 ；配制溶液时，若稀释后立即转移并定容，则所配得的溶液浓度 （填“偏大”“偏小”或“不变”）．
②求所配得溶液中H2SO4的物质的量浓度．
【答案】（1）解：6.4gCu的物质的量为 =0.1mol，则：
Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+ SO2↑+2H2O
1 1
0.1mol n（SO2）
所以n（SO2）=0.1mol，故V（SO2）=0.1mol×22.4L/mol=2.24L
答：标准状况下SO2的体积是2.24L
（2）500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；偏大
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（2）配成500mL溶液所用仪器为：500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管．
配制溶液时，若稀释后立即转移并定容，没有恢复室温，溶液的温度偏高，恢复室温后溶液的体积偏小，结合c= 可知，所配溶液的浓度偏大，
故答案为：500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，偏大；②原硫酸溶液中H2SO4的质量为100g×98%=98g，故原酸溶液中H2SO4的物质的量为 =1mol，
Cu+ 2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O
1 2
0.1mol 0.2mol
计算所配溶液中n（H2SO4）=1mol﹣0.2mol=0.8mol，所配得溶液中H2SO4的物质的量浓度为 =1.6mol/L，
答：所配得溶液中H2SO4的物质的量浓度为1.6mol/L．
【分析】（1）根据n= 计算6.4gCu的物质的量，再根据方程式计算SO2的物质的量，根据V=nVm计算SO2的体积；（2）①配成500mL溶液所用仪器为：500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；
配制溶液时，若稀释后立即转移并定容，没有恢复室温，溶液的温度偏高，恢复室温后溶液的体积偏小，结合c= 判断；②根据m（溶质）=m（溶液）×ω计算原硫酸溶液中H2SO4的质量，进而计算原硫酸溶液中H2SO4的物质的量，根据Cu的物质的量计算参加反应的H2SO4的物质的量，进而计算所配溶液中n（H2SO4），再根据c= 计算．
19．（2017高一下·崇州开学考）铝用途广泛，用铝土矿（主要成分为Al2O3 nH2O、少量SiO2和Fe2O3）制取Al有如下途径：
（1）滤液A加过量NaOH离子方程式表示为
（2）灼烧时盛放药品的仪器名称是 ．
（3）步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是 ．
（4）步骤Ⅲ中生成固体C的离子反应方程式为 ．
（5）取滤液B 100mL，加入1mol L﹣1盐酸200mL，沉淀量达到最大且质量为11.7g．则滤液B中c（AlO ）= ，c（Na+） 6mol L﹣1（填“＞”、“=”或“＜”）．
【答案】（1）4OH﹣+Al3+═AlO2﹣+2H2O、Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
（2）坩埚
（3）2Al（OH）3 Al2O3+3H2O
（4）AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣
（5）1.5mol L﹣1；＞
【知识点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）根据以上分析，滤液A中含有Al2（SO4）3、Fe（SO4）3，加入过量NaOH故反应的离子方程式为4OH﹣+Al3+═AlO2﹣+2H2O、Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；
故答案：4OH﹣+Al3+═AlO2﹣+2H2O、Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；（2）根据加热溶液一般在蒸发皿里进行，而固体一般在坩埚中进行，故答案：坩埚；（3）根据以上分析，固体C为氢氧化铝，所以步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；故答案：2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；（4）步骤Ⅲ中生成固体C的反应是向滤液B中通入二氧化碳气体，又根据以上分析，滤液B中含有NaAlO2，故反应的离子方程式：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）根据以上分析滤液B中含有硫酸钠、偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，向滤液中加入1mol/L盐酸200mL，沉淀量达到最大且质量为11.7g为Al（OH）3的质量，则根据铝原子守恒，c（AlO ）= = =1.5mol L﹣1
最后所得的溶液中溶质为硫酸钠、氯化钠，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+2（Na2SO4），根据氯离子与硫酸根守恒有n（NaCl）=n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，n（Na2SO4）=n（H2SO4）＞3n（Al2（SO4）3）=3× mol=0.45mol，故n（NaOH）=n（NaCl）+2（Na2SO4）＞0.2mol+2×0.45mol=1.1mol，故c（Na+）＞ =11mol/L，
故答案：1.5mol L﹣1；＞；
【分析】SiO2和硫酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能反应，向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀．铝土矿中加入硫酸，沉淀A为SiO2，滤液A中含有Al2（SO4）3、Fe（SO4）3，加入过量NaOH，沉淀B为Fe（OH）3，滤液B中含有NaAlO2，通入二氧化碳气体，滤液C中含有碳酸钠或碳酸氢钠，氢氧化铝在加热分解可生成氧化铝，以此解答该题．
20．（2017高一下·崇州开学考）在实验室里可用如图所示装置来制取氯酸钠、次氯酸钠和探究氯水的性质．
图中：
①为氯气发生装置；
②的试管里盛有15mL30%NaOH溶液来制取氯酸钠，并置于热水浴中；
③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液来制取次氯酸钠，并置于冰水浴中；
④的试管里加有紫色石蕊试液；
⑤为尾气吸收装置．
请填写下列空白：
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过 （仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸．实验室制Cl2的化学方程式为 ；
实验时为了除去氯气中的HCl气体，可在①与②之间安装盛有 （填写下列编号字母）的净化装置．
A．碱石灰 B．氢氧化钠溶液 C．饱和食盐水 D．浓硫酸
（2）如果将过量二氧化锰与20mL12mol L﹣1的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气 0.06mol．（填“大于”“小于”或“等于”），若有17.4g的MnO2被还原，则被氧化的HCl的物质的量为 ．
（3）写出装置②中发生反应的化学方程式 ．
（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白．
实验现象 原因
溶液最初从紫色逐渐变为红色 氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
然后溶液从无色逐渐变为 色
【答案】（1）分液漏斗；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；C
（2）小于；0.4mol
（3）3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O
（4）HClO有强氧化性，体现漂白作用是其褪色；浅绿；溶液中溶解了大量的氯气，体现浅绿色
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，
故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；C；（2）盐酸具有挥发性，加热促进氯化氢的挥发，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，所以反应生成氯气的物质的量小于0.06mol，17.4gMnO2的物质的量= =0.2mol，该反应中二氧化锰和被氧化的HCl的物质的量之比为1：2，有0.2mol二氧化锰参加反应，则有0.4molHCl被氧化，
故答案为：小于；0.4mol；（3）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓NaOH溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，
故答案为：3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色，
故答案为：
HClO有强氧化性，体现漂白作用是其褪色
浅绿 溶液中溶解了大量的氯气，体现浅绿色
【分析】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，可用饱和食盐水除杂；（2）氯化氢易挥发，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应；根据二氧化锰和作还原剂的HCl之间的关系式计算；（3）在加热条件下，氯气与浓NaOH溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色．
1 / 12016-2017学年四川省成都市崇州市崇庆中学高一下学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2017高一下·崇州开学考）从人类健康或生活实际的角度考虑，下列叙述正确的是（ ）
A．用铝锅可长时间盛放酸性食物 B．氯气泄漏后应顺风向低处跑
C．食用“加碘”食盐不利于健康 D．用食醋可除去水壶中的水垢
2．（2015高一上·宜宾月考）下列实验能达到预期目的是（ ）
A．用酒精萃取碘水中的碘
B．将气体通过灼热CuO以除去O2中混有的H2
C．用分液法分离花生油和水
D．海盐经过溶解、过滤、蒸发制纯净的NaCl
3．（2017高一下·崇州开学考）下列反应不能观察到“既有沉淀析出，又有气体产生”现象的是（ ）
A．金属钠和硫酸铜溶液
B．过氧化钠和氯化镁溶液
C．氧化钠和氯化铵溶液
D．硫酸铵和氢氧化钡溶液混合加热
4．（2017高一下·崇州开学考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．1 mol AlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，会生成NA个胶粒
B．1L 1mol/L的CH3COOH溶液中含有NA个H+
C．1 mol Na2O2和足量H2O或CO2反应时转移的电子数均为2NA
D．27g Al和足量盐酸或氢氧化钠溶液反应时转移的电子数均为3NA
5．（2017高一下·崇州开学考）下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（ ）
A．Fe与稀HNO3 B．Na2O2与CO2
C．NaOH溶液与CO2 D．AlCl3溶液与NaOH溶液
6．（2017高一下·崇州开学考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Na2O2溶于水：O22﹣+H2O=2OH﹣+O2↑
B．向水玻璃中加入少量醋酸：SiO32﹣+2H+=H2SiO3（胶体）
C．澄清石灰水中滴加过量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
D．磁性氧化铁溶于足量的浓盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
7．（2017高一下·崇州开学考）下列关于氨气的说法正确的是（ ）
A．氨既能用浓硫酸干燥也能用无水CaCl2干燥
B．NH3是电解质，所以氨水能导电
C．NH3可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝
D．用水吸收NH3用如图装置可防止倒吸
8．（2017高一下·崇州开学考）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向某溶液中滴入少量盐酸，然后滴入少量的氯化钡溶液 先无明显现象，后有白色沉淀． 说明原溶液中含有SO42﹣
B 向某氯化亚铁溶液中滴入少量氯水，然后滴入少量的KSCN溶液 溶液变成血红色 说明原氯化亚铁已氧化变质
C 加热分解某盐X，将产生的气体通入硝酸酸化的BaCl2溶液 实验开始立即产生白色沉淀 X可能是NaHCO3
D 向溶液X中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+
A．A B．B C．C D．D
9．（2017高一下·崇州开学考）除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法不正确的是（ ）
物质 杂质 除杂质所用试剂和方法
A KCl溶液 I2 CCl4，萃取分液
B CO2 HCl 饱和NaHCO3溶液，洗气
C Mg粉 Al粉 NaOH溶液，过滤
D CaCO3 CaO 盐酸，过滤
A．A B．B C．C D．D
10．（2017高一下·崇州开学考）下列所示实验合理的是（ ）
A．图1用于证明盐酸、碳酸、硅酸三种酸的酸性强弱
B．图2可“随控随停”制备少量氧气
C．图3用于配制100mL一定浓度硫酸溶液
D．图4用于制取并观察Fe（OH）2沉淀
11．（2017高一下·崇州开学考）下列由实验或已有知识得出的结论错误的是（ ）
A．SO2可用于杀菌、消毒，但不可用来加工食品
B．液氨汽化时要吸收大量热，因此氨常用作制冷剂
C．二氧化硅与水不反应，说明二氧化硅不是酸性氧化物
D．铝箔在酒精灯上加热铝熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点高于铝的熔点
12．（2017高一下·崇州开学考）下列有关硫酸和硝酸的说法中正确的是（ ）
A．将过量的Zn投入一定量的浓H2SO4中，最终生成的气体只有SO2
B．向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体
C．向50mL12mol L﹣1的浓硝酸中加入足量铜片其充分反应，生成0.3molNO2
D．运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后应立即用大量水冲洗
13．（2017高一下·崇州开学考）向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣
B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、SCN﹣、Cl﹣
C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣
D．d点对应的溶液中：SO32﹣、Na+、Cl﹣、NO3﹣
14．（2017高一下·崇州开学考）某硫酸厂拟用烟气处理含Cr2O72﹣的酸性废水，在脱硫的同时制备Cr2O3产品．具体流程如下：
已知吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，下列说法中正确的是（ ）
A．吸收塔中的硫元素可能以单质形式存在
B．中和池中只发生生成沉淀的复分解反应
C．在中和池中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可能产生白色沉淀
D．由题意分析得到，沉淀可能是Cr（OH）6
15．（2017高一下·崇州开学考）一定浓度l00mL的HNO3溶液中加入2.8g Fe，全部溶解，得到标准状况下的NO气体1.12L，测得反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L．若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断错误的是（ ）
A．反应后溶液中无硝酸亚铁
B．反应前HNO3溶液的浓度为2.0mol L﹣1
C．反应后溶液中c（NO3﹣）=1.6mol L﹣1
D．反应后的溶液最多还能溶解1.61g Fe
二、解答题
16．（2017高一下·崇州开学考）按要求填空：
（1）0.5molSO2共约含有 个原子，它与 gSO3所含硫原子数相等．
（2）有100mL0.2mol/L的NaOH溶液，将此溶液稀释到200mL，则稀释后溶液中Na+的物质的量浓度是 ．
（3）相同条件下，相同体积的 ①HCl、②NH3、③CO2、④O2四种气体中，含有电子数目由小到大的是（填序号） ．
17．（2017高一下·崇州开学考）按要求写出下列反应的化学方程式或离子方程式：
（1）二氧化氮与水反应的化学方程式： ．
（2）氯化铵与氢氧化钙加热反应制氨气的化学方程式： ．
（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式： ．
（4）硫酸铁铵【（NH4）Fe（SO4）2】与足量的浓Ba（OH）2反应的离子方程式： ．
18．（2017高一下·崇州开学考）将6.4g铜与100g98%H2SO4在烧瓶中加热发生反应．
（1）铜完全溶解后，计算生成的气体在标准状况下的体积是多少？
（2）将反应后烧瓶中的物质配成500mL溶液．
①在配制过程中用到的仪器有 ；配制溶液时，若稀释后立即转移并定容，则所配得的溶液浓度 （填“偏大”“偏小”或“不变”）．
②求所配得溶液中H2SO4的物质的量浓度．
19．（2017高一下·崇州开学考）铝用途广泛，用铝土矿（主要成分为Al2O3 nH2O、少量SiO2和Fe2O3）制取Al有如下途径：
（1）滤液A加过量NaOH离子方程式表示为
（2）灼烧时盛放药品的仪器名称是 ．
（3）步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是 ．
（4）步骤Ⅲ中生成固体C的离子反应方程式为 ．
（5）取滤液B 100mL，加入1mol L﹣1盐酸200mL，沉淀量达到最大且质量为11.7g．则滤液B中c（AlO ）= ，c（Na+） 6mol L﹣1（填“＞”、“=”或“＜”）．
20．（2017高一下·崇州开学考）在实验室里可用如图所示装置来制取氯酸钠、次氯酸钠和探究氯水的性质．
图中：
①为氯气发生装置；
②的试管里盛有15mL30%NaOH溶液来制取氯酸钠，并置于热水浴中；
③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液来制取次氯酸钠，并置于冰水浴中；
④的试管里加有紫色石蕊试液；
⑤为尾气吸收装置．
请填写下列空白：
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过 （仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸．实验室制Cl2的化学方程式为 ；
实验时为了除去氯气中的HCl气体，可在①与②之间安装盛有 （填写下列编号字母）的净化装置．
A．碱石灰 B．氢氧化钠溶液 C．饱和食盐水 D．浓硫酸
（2）如果将过量二氧化锰与20mL12mol L﹣1的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气 0.06mol．（填“大于”“小于”或“等于”），若有17.4g的MnO2被还原，则被氧化的HCl的物质的量为 ．
（3）写出装置②中发生反应的化学方程式 ．
（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白．
实验现象 原因
溶液最初从紫色逐渐变为红色 氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
然后溶液从无色逐渐变为 色
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；铝的化学性质；生活中的有机化合物；微量元素对人体健康的重要作用
【解析】【解答】解：A．铝的化学性质活泼，能和酸反应使食物变质，故A错误；
B．氯气的密度比空气的大，应向高处跑，故B错误；
C．“加碘”食盐可预防碘缺乏病，有利于健康，故C错误；
D．醋酸可用于除去水壶中的水垢，水垢成分主要是CaCO3和Mg（OH）2，故D正确．
故选D．
【分析】A．铝的化学性质活泼，能和酸反应；
B．氯气的密度比空气的大；
C．“加碘”食盐可预防碘缺乏病；
D．水垢成分主要是CaCO3和Mg（OH）2．
2．【答案】C
【知识点】分液和萃取；洗气；粗盐提纯
【解析】【解答】解：A．酒精和水是互溶的，不能作为从碘水中萃取碘的萃取剂，故A错误；
B．氧化铜作用下，氢气与氧气反应生成水，减少了被提纯物的量，故B错误；
C．花生油和水不溶，能分层，故C正确；
D．海盐中含有可溶性杂质，没有除掉，故D错误．
故选C．
【分析】A．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；
B．除杂不能减少被提纯物的量；
C．分液分离能分层的物质；
D．海盐中含有可溶性杂质．
3．【答案】C
【知识点】铵盐；钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A．金属钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、氢气和硫酸钠，生成硫酸钡沉淀和氢气，故A正确；
B．过氧化钠和氯化镁溶液反应生成氢氧化镁、氧气，氯化钠，生成氢氧化镁沉淀和氧气，故B正确；
C．氧化钠和氯化铵溶液反应生成氯化钠、一水合氨，既没有沉淀析出，又没有气体产生，故C错误；
D．硫酸铵和氢氧化钡溶液混合加热反应生成氨气、硫酸钡、水，硫酸钡为沉淀，氨气为气体，故D正确；
故选：C．
【分析】A．金属钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、氢气和硫酸钠；
B．过氧化钠和氯化镁溶液反应生成氢氧化镁、氧气，氯化钠；
C．氧化钠和氯化铵溶液反应生成氯化钠、一水合氨；
D．硫酸铵和氢氧化钡溶液混合加热反应生成氨气、硫酸钡、水．
4．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．由于氢氧化铝晶体为氢氧化铝的聚集体，所以无法计算溶液中氢氧化铝胶粒的数目，故A错误；
B.1L 1mol/L的CH3COOH溶液中含有溶质醋酸1mol，由于醋酸为弱电解质，则溶液中电离出的氢离子小于1mol，含有的氢离子数小于NA，故B错误；
C.1 mol Na2O2和足量H2O或CO2反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，转移的电子数均为NA，故C错误；
D.27g铝的物质的量为1mol，Al为3价金属，1mol铝无论与盐酸还是与氢氧化钠溶液反应，完全反应都转移了3mol电子，转移的电子数均为3NA，故D正确；
故选D．
【分析】A．氢氧化铝胶粒为氢氧化铝的聚集体，无法计算胶粒数目；
B．醋酸为弱酸，溶液中醋酸只能部分电离出氢离子；
C．过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子；
D．铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的产物中，铝元素的化合价都是+3价，据此判断转移电子数．
5．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：A．Fe少量时与硝酸反应生成硝酸铁，Fe过量时生成硝酸亚铁，故A不选；
B．二者反应与反应物的用量、反应条件无关，故B选；
C．NaOH足量时反应生成碳酸钠，NaOH不足时反应生成碳酸氢钠，故C不选；
D．NaOH不足时生成氢氧化铝，NaOH足量时生成偏铝酸钠，故D不选；
故选B．
【分析】A．与Fe的量有关；
B．二者反应生成碳酸钠和氧气；
C．与反应物的量有关；
D．与反应物的量有关．
6．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．Na2O2溶于水的离子反应为2Na2O2+2H2O=4OH﹣+4Na++O2↑，故A错误；
B．向水玻璃中加入少量醋酸的离子反应为SiO32﹣+2CH3COOH=H2SiO3（胶体）+2CH3COO﹣，故B错误；
C．澄清石灰水中滴加过量NaHCO3溶液的离子反应为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故C正确；
D．磁性氧化铁溶于足量的浓盐酸的离子反应为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故D错误；
故选C．
【分析】A．过氧化钠在离子反应中保留化学式；
B．醋酸在离子反应中保留化学式；
C．石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D．反应生成氯化铁、氯化亚铁、水．
7．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】解：A．浓硫酸具有酸性与氨气反应生成铵盐，所以不能用浓硫酸干燥氨气，A不符合题意；
B．氨气本身不能电离出自由移动的离子，不属于电解质，B不符合题意；
C．石蕊试剂遇碱变蓝色，氨气为非电解质，不能电离产生氢氧根离子，C不符合题意；
D．氨气不溶于四氯化碳，用该装置吸收氨气，氨气与水不能直接接触，可以防止倒吸，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．氨气为碱性气体应选用碱性干燥剂；
B．电解质必须是本身能电离而导电的化合物；
C．石蕊试剂遇碱变蓝色；
D．氨气不溶于四氯化碳．
8．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．某溶液中滴入少量盐酸，排除了干扰离子，然后滴入少量的氯化钡溶液，若先无明显现象，后有白色沉淀，可证明原溶液中含有SO42﹣，故A正确；
B．某氯化亚铁溶液中滴入少量氯水，亚铁离子被氧化成铁离子，干扰了检验结果，应该直接滴入少量的KSCN溶液检验原氯化亚铁是否氧化变质，故B错误；
C．NaHCO3加热分解生成二氧化碳气体，二氧化碳不与BaCl2溶液反应，则不会生成白色沉淀，故C错误；
D．向溶液X中滴加稀NaOH溶液，由于氨气极易溶于水，该方法无法检验铵根离子，应该用浓氢氧化钠溶液加热来检验NH4+，故D错误；
故选A．
【分析】A．加入盐酸排除干扰，然后加入氯化钡溶液若生成白色沉淀，可证明原溶液中含有硫酸根离子；
B．证明氯化亚铁变质，应该直接用硫氰化钾溶液检验，不需要加入氯水；
C．二氧化碳不与氯化钡溶液反应，不可能生成沉淀；
D．氨气极易溶于水，检验铵根离子必须用浓氢氧化钠溶液并加热．
9．【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】解：A．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则加四氯化碳、萃取可分离，故A正确；
B．HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，而CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，则通过洗气可分离，故B正确；
C．Al粉与NaOH溶液反应，而Mg粉不能，则反应后过滤可分离，故C正确；
D．二者均与盐酸反应，不能除杂，应溶解、过滤分离，故D错误；
故选D．
【分析】A．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
B．HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2；
C．Al粉与NaOH溶液反应，而Mg粉不能；
D．二者均与盐酸反应．
10．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．盐酸为挥发性酸，盐酸和碳酸钠反应过程中CO2中混有少量HCl进入硅酸钠溶液也会产生白色沉淀，故A错误；
B．过氧化钠为粉末固体，不能使反应随时停止，则图中装置不能制备少量氧气，故B错误；
C．容量瓶应在常温下使用，且只能用于配制溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却后才能转移到容量瓶中，故C错误；
D．植物油能隔绝空气，防止生成氢氧化亚铁被氧化，图中装置合理，故D正确．
故选D．
【分析】A．盐酸为挥发性酸；
B．过氧化钠为粉末固体，不能使反应随时停止；
C．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
D．植物油能隔绝空气，防止生成氢氧化亚铁被氧化．
11．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．二氧化硫有毒，虽具有漂白性，但不能用来漂白食品，故正确；
B．液氨汽化时吸收热量导致其周围环境温度降低，所以常作制冷剂，故B正确；
C．二氧化硅可与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；
D．氧化铝的熔点高于铝的熔点，加热铝时在表面生成熔点较高的氧化铝而不滴落，故D正确．
故选C．
【分析】A．二氧化硫有毒；
B．液氨汽化时吸收热量导致其周围环境温度降低；
C．能和碱溶液反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物；
D．氧化铝的熔点高于铝的熔点．
12．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．浓硫酸和锌反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与锌反应生成氢气，故A错误；
B．向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，酸性条件下，NO3﹣与Fe2+发生氧化还原反应生成NO，NO在试管口被氧化生成红棕色的二氧化氮气体，故B正确；
C．由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，被还原的硝酸生成NO2、NO，由N元素守恒可知：2n[Cu（NO3）2]+n（气体）=n（HNO3）=0.05L×12mol/L=0.6mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，根据电子转移守恒2n[Cu（NO3）2]=n（NO2），联立方程解得：n（NO2）=0.3mol，而随反应的进行浓硫酸要变稀硫酸，所以生成NO2小于0.3mol，故C错误；
D．运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后，如果用水冲洗，硫酸被稀释而生成氢气，易爆炸，故D错误；
故选B．
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与金属锌、铜等反应生成二氧化硫气体，但稀硫酸与铜不反应，稀硫酸与活泼金属反应生成氢气，以此解答．
13．【答案】C
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，
A．a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，HCO3﹣与OH﹣反应不能大量共存，故A错误；
B．b点全部为HCO3﹣，Al3+、Fe3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；
C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3﹣与SO32﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．
故选C．
【分析】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题．
14．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：吸收塔中二氧化硫与Cr2O72﹣离子发生氧化还原反应：Cr2O72﹣+2H++3SO2═2Cr3++3SO42﹣+H2O，在中和池中氢氧化钠与酸的中和反应、氢氧根离子与Cr3+离子生成是Cr（OH）3沉淀，Cr（OH）3加热分解得到Cr2O3．
A．反应中Cr元素化合价降低，根据电子转移守恒，S元素化合价升高，不可能以S元素不可能以单质形式存在，反应生成SO42﹣，故A错误；
B．中和池中出来发生生成沉淀的复分解反应外，还发生酸碱中和反应，故B错误；
C．中和池中反应后的溶液中含有SO42﹣，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可能产生硫酸钡白色沉淀，故C正确；
D．由上述分析可知，得到的沉淀为Cr（OH）3，故D错误，
故选：C．
【分析】吸收塔中二氧化硫与Cr2O72﹣离子发生氧化还原反应：Cr2O72﹣+2H++3SO2═2Cr3++3SO42﹣+H2O，在中和池中氢氧化钠与酸的中和反应、氢氧根离子与Cr3+离子生成是Cr（OH）3沉淀，Cr（OH）3加热分解得到Cr2O3．
15．【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：n（Fe）= =0.05mol，n（NO）= =0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，
A．铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故A正确；
B．根据氮原子守恒得原溶液中n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]+n（HNO3）（剩余）=0.05mol+3×0.05mol+0.1mol/L×0.1L=0.21mol，
则原来硝酸的浓度= =2.1mol/L，故B错误；
C．根据电荷守恒得c（NO3﹣）=3c（Fe3+）+c（H+）=3× +0.1mol/L=1.6mol/L，故C正确；
D．原硝酸的物质的量=0.21mol，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，最多消耗Fe为0.21mol× ×56=4.41g，则还能溶解4.41g﹣2.8=1.61g，故D正确，
故选B．
【分析】n（Fe）= =0.05mol，n（NO）= =0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，
A．少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁；
B．根据氮原子守恒计算原溶液中硝酸的浓度；
C．根据电荷守恒确定硝酸根离子浓度；
D．反应后的溶液中硝酸与硝酸铁中含NO3﹣，结合3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O计算最多消耗的Fe．
16．【答案】（1）9.03×1023；40
（2）0.1mol/L
（3）③①④②
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）0.5mol SO2共含0.5mol×3=1.5mol原子，约含有1.5×NA=9.03×1023个原子，由S原子守恒可知，与0.5molSO3所含硫原子数相等，其质量为0.5mol×80g/mol=40g，故答案为：9.03×1023；40； （2）100mL 0.2mol/L的NaOH溶液，钠离子物质的量为0.1L×0.2mol/L=0.02mol，此溶液稀释到200mL，则稀释后溶液中Na+的物质的量浓度是0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L；（3）相同条件下，相同体积，则物质的量相同，物质的量的量为1mol的①HCl、②NH3、③CO2、④O2四种气体含有电子数目分别为：18mol、10mol、22mol、16mol，含有电子数目由小到大的是③①④②，故答案为：③①④②．
【分析】（1）结合N=nNA、m=nM及物质的构成计算；（2）稀释前后溶液中离子的物质的量不变，结合n=cV计算；（3）相同条件下，相同体积，则物质的量相同，物质的量的量为1mol的①HCl、②NH3、③CO2、④O2四种气体含有电子数目分别为：18mol、10mol、22mol、16mol，由此解答．
17．【答案】（1）3NO2+H2O═2HNO3+NO
（2）2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
（3）2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
（4）NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+H2O+NH3↑+Fe（OH）3↓
【知识点】含氮物质的综合应用；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O═2HNO3+NO；
故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO； （2）氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；（4）硫酸铁铵【（NH4）Fe（SO4）2】与足量的浓Ba（OH）2反应的离子方程式：NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+H2O+NH3↑+Fe（OH）3↓；
故答案为：NH4++Fe3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+H2O+NH3↑+Fe（OH）3↓；
【分析】（1）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙和水；（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（4）氢氧化钡足量，反应生成硫酸钡、氢氧化铁、氨气和水；
18．【答案】（1）解：6.4gCu的物质的量为 =0.1mol，则：
Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+ SO2↑+2H2O
1 1
0.1mol n（SO2）
所以n（SO2）=0.1mol，故V（SO2）=0.1mol×22.4L/mol=2.24L
答：标准状况下SO2的体积是2.24L
（2）500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；偏大
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（2）配成500mL溶液所用仪器为：500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管．
配制溶液时，若稀释后立即转移并定容，没有恢复室温，溶液的温度偏高，恢复室温后溶液的体积偏小，结合c= 可知，所配溶液的浓度偏大，
故答案为：500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，偏大；②原硫酸溶液中H2SO4的质量为100g×98%=98g，故原酸溶液中H2SO4的物质的量为 =1mol，
Cu+ 2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O
1 2
0.1mol 0.2mol
计算所配溶液中n（H2SO4）=1mol﹣0.2mol=0.8mol，所配得溶液中H2SO4的物质的量浓度为 =1.6mol/L，
答：所配得溶液中H2SO4的物质的量浓度为1.6mol/L．
【分析】（1）根据n= 计算6.4gCu的物质的量，再根据方程式计算SO2的物质的量，根据V=nVm计算SO2的体积；（2）①配成500mL溶液所用仪器为：500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；
配制溶液时，若稀释后立即转移并定容，没有恢复室温，溶液的温度偏高，恢复室温后溶液的体积偏小，结合c= 判断；②根据m（溶质）=m（溶液）×ω计算原硫酸溶液中H2SO4的质量，进而计算原硫酸溶液中H2SO4的物质的量，根据Cu的物质的量计算参加反应的H2SO4的物质的量，进而计算所配溶液中n（H2SO4），再根据c= 计算．
19．【答案】（1）4OH﹣+Al3+═AlO2﹣+2H2O、Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
（2）坩埚
（3）2Al（OH）3 Al2O3+3H2O
（4）AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣
（5）1.5mol L﹣1；＞
【知识点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）根据以上分析，滤液A中含有Al2（SO4）3、Fe（SO4）3，加入过量NaOH故反应的离子方程式为4OH﹣+Al3+═AlO2﹣+2H2O、Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；
故答案：4OH﹣+Al3+═AlO2﹣+2H2O、Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；（2）根据加热溶液一般在蒸发皿里进行，而固体一般在坩埚中进行，故答案：坩埚；（3）根据以上分析，固体C为氢氧化铝，所以步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；故答案：2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；（4）步骤Ⅲ中生成固体C的反应是向滤液B中通入二氧化碳气体，又根据以上分析，滤液B中含有NaAlO2，故反应的离子方程式：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）根据以上分析滤液B中含有硫酸钠、偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，向滤液中加入1mol/L盐酸200mL，沉淀量达到最大且质量为11.7g为Al（OH）3的质量，则根据铝原子守恒，c（AlO ）= = =1.5mol L﹣1
最后所得的溶液中溶质为硫酸钠、氯化钠，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+2（Na2SO4），根据氯离子与硫酸根守恒有n（NaCl）=n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，n（Na2SO4）=n（H2SO4）＞3n（Al2（SO4）3）=3× mol=0.45mol，故n（NaOH）=n（NaCl）+2（Na2SO4）＞0.2mol+2×0.45mol=1.1mol，故c（Na+）＞ =11mol/L，
故答案：1.5mol L﹣1；＞；
【分析】SiO2和硫酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能反应，向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀．铝土矿中加入硫酸，沉淀A为SiO2，滤液A中含有Al2（SO4）3、Fe（SO4）3，加入过量NaOH，沉淀B为Fe（OH）3，滤液B中含有NaAlO2，通入二氧化碳气体，滤液C中含有碳酸钠或碳酸氢钠，氢氧化铝在加热分解可生成氧化铝，以此解答该题．
20．【答案】（1）分液漏斗；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；C
（2）小于；0.4mol
（3）3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O
（4）HClO有强氧化性，体现漂白作用是其褪色；浅绿；溶液中溶解了大量的氯气，体现浅绿色
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，
故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；C；（2）盐酸具有挥发性，加热促进氯化氢的挥发，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，所以反应生成氯气的物质的量小于0.06mol，17.4gMnO2的物质的量= =0.2mol，该反应中二氧化锰和被氧化的HCl的物质的量之比为1：2，有0.2mol二氧化锰参加反应，则有0.4molHCl被氧化，
故答案为：小于；0.4mol；（3）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓NaOH溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，
故答案为：3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色，
故答案为：
HClO有强氧化性，体现漂白作用是其褪色
浅绿 溶液中溶解了大量的氯气，体现浅绿色
【分析】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，可用饱和食盐水除杂；（2）氯化氢易挥发，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应；根据二氧化锰和作还原剂的HCl之间的关系式计算；（3）在加热条件下，氯气与浓NaOH溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色．
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