吉林松原油田高中2015-2016学年高一下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2016高一上·长春期中）下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是（ ）
A．少量的浓硫酸沾到皮肤上时，可以直接用大量的水冲洗
B．取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记
C．凡是给玻璃仪器加热时，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂
D．闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品
【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】解：A、少量浓硫酸不慎滴到皮肤上，可以用大量水冲洗，再用3%﹣5%的NaHCO3溶液涂上，故A正确；
B、取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记，防止发生意外事故，故B正确；
C、试管、蒸发皿等仪器都能直接在酒精灯上加热，烧杯、烧瓶、锥形瓶等仪器必须垫石棉网才能加热，否则由于受热不均匀，而破裂，故C错误；
D、闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品，采用“扇气闻味法”，故D正确．
故选C．
【分析】A、少量的浓硫酸沾到皮肤上时，可以直接用大量的水冲洗；
B、取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记；
C、可加热的玻璃仪器分为能直接加热的和间接加热的，据此来回答；
D、闻任何化学药品的气味采用：扇气闻味法．
2．（2018高一下·吉林开学考）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．用图（a）所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．用图（b）所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C．用图（c）所示装置制取少量纯净的CO2气体
D．用图（d）所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Cl2、HCl都可以与NaOH发生反应，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中含有的HCl杂质，错误；B．NH4Cl受热容易分解，所以不能用蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，错误；C．纯碱是粉末状的 固体，不能使用启普发生器与HCl反应制取CO2气体，错误；D．四氯化碳与水互不相溶，所以可以用分液的方法分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，正确。
【分析】A、氢氧化钠会和氯气、氯化氢反应；
B、氯化铵受热易分解；
C、纯碱是粉末状，会从孔中脱落；
D、四氯化碳在下层，从下口排出。
3．（2015高一上·兴国月考）下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量
B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）
C．64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数
D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，故A错误；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者是前者的2倍，故B错误；
C．二氧化硫物质的量为 =1mol，含有氧原子物质的量为2mol，标况下22.4LCO物质的量为1mol，含有O原子物质的量为1mol，前者是后者的2倍，故C正确；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误，
故选C．
【分析】A．水的摩尔质量为定值是18g/mol；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L；
C．根据n= 计算二氧化硫物质的量，含有氧原子物质的量为二氧化硫的2倍，根据 计算CO物质的量，含有O原子物质的量等于CO物质的量；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度．
4．（2018高一下·吉林开学考）在容量瓶的使用方法中，下列操作中正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
B．使用容量瓶前检查它是否漏水
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接到入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管加蒸馏水到刻度线
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配液润洗，错误；
B．容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器，使用容量瓶前检查它是否漏水，正确；
C．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中先进行溶解、稀释，待溶液恢复至室温后，再转移至容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线，错误；
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后也应该先在烧杯中进行稀释，待溶液恢复至室温后再转移溶液到入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管加蒸馏水到刻度线，错误。
【分析】A、容量瓶不能润洗，会造成溶质偏多；
B、容量瓶有瓶塞，要检验漏水、
C、溶解的时候要现在烧杯中溶解；
D、溶解的时候要现在烧杯中稀释。
5．需经过称量、溶解、转移、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（ ）
A． 称量 B． 溶解
C． 转移 D． 定容
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．容量瓶瓶颈较细，移液时应用玻璃棒引流，故C错误；
D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；
故选：B．
【分析】A．依据称量药品应遵循“左物右码”的原则解答；
B．固体溶解时为加速溶解速度，应使用玻璃棒搅拌；
C．转移冷却后的溶液时应用玻璃棒引流；
D．胶头滴管不能伸入容量瓶内．
6．（2018高一下·吉林开学考）下列物质的分类结果全部正确的是（ ）
A．NO2——酸性氧化物 Na2O2——碱性氧化物 Al2O3——两性氧化物
B．汽油——混合物 胆矾——纯净物 H2——单质
C．苏打——碱 硫化氢——酸 小苏打——酸式盐
D．液氯——非电解质 硫酸钡——强电解质
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．NO2——不是酸性氧化物，Na2O2——是过氧化物，错误；B．汽油中含有多种烃，属于混合物；胆矾是硫酸铜晶体，属于纯净物，H2是仅有一种元素组成的错误，因此属于单质，正确；C．苏打是盐，错误；D．液氯是单质，既不是非电解质，也不是电解质；硫酸钡是盐，属于强电解质，错误。
【分析】纯净物：只含有一种物质；
混合物：含有多种物质；
化合物：只有一种元素的纯净物；
单质：含有多种元素的纯净物；
酸性氧化物：可以和水发生化合反应产生酸、可以和碱反应生成盐和水、可以和碱性氧化物发生化合反应生成盐；
碱性氧化物：可以和水发生化合反应产生碱、可以和酸反应生成盐和水、可以和酸性氧化物发生化合反应生成盐；
两性氧化物：既可以和酸反应生成盐和水，又可以和碱反应生成盐和水。
电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物；
强电解质：在水溶液中能够完全电离的电解质；
弱电解质：在水溶液中只能部分电力的电解质；
酸：在水溶液中电离出的阳离子都是氢离子的化合物；
碱：在水溶液中电离出的阴离子都是氢氧根的化合物；
盐：在水溶液中电离出的阳离子为铵根离子或金属离子，阴离子为酸根离子的化合物；
氧化物：只含两种元素，其中一种元素为氧元素。
7．（2018高一上·邯郸期中）下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是（ ）
A．NaHCO3═Na++H++CO32- B．NaHSO4═Na++H++SO42-
C．MgCl2═Mg2++2Cl- D．Ba(OH)2═Ba2++2OH-
【答案】A
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式是NaHCO3═Na++HCO3-，符合题意；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，应该都拆开，电离方程式是：NaHSO4═Na++H++SO42-，不符合题意；
C．氯化镁是盐，是强电解质，要写成离子形式，电离方程式是MgCl2═Mg2++2Cl-，不符合题意；
D．氢氧化钡是强碱，应该写成离子形式，电离方程式是：Ba(OH)2═Ba2++2OH-，不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.碳酸氢钠是二元弱酸的酸式盐，电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
B.硫酸氢钠是二元强酸的酸式盐，在水溶液中能够完全电离；
C.氯化镁是可溶性的强电解质；
D.氢氧化钡是可溶性的强碱.
8．（2016高一上·绵阳期中）下列说法正确的是（ ）
A．氧化还原反应的本质是元素化合价的升降
B．氧化还原反应一定有氧元素参加
C．氧化反应一定先于还原反应
D．发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．氧化还原反应的本质为电子的转移，特征为化合价的变化，故A错误；
B．氧化还原反应中不一定有氧参加，如Cu与氯化铁的反应，故B错误；
C．氧化反应与还原反应同时发生，不存在先后反应的顺序，故C错误；
D．氧化还原反应中氧化剂、还原剂可能为同一物质，如氯气和水的反应等，则发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应，故D正确；
故选D．
【分析】A．氧化还原反应的本质为电子的转移；
B．氧化还原反应中不一定有氧参加；
C．氧化反应与还原反应同时发生；
D．氧化还原反应中氧化剂、还原剂可能为同一物质．
9．（2018高一下·吉林开学考）将足量CO2气体通入水玻璃中，然后加热蒸干，再在高温下充分燃烧，最后所得的固体物质是（ ）
A．硅酸钠 B．碳酸钠，硅酸钠
C．碳酸钠，二氧化硅 D．二氧化硅
【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；
二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠．
故选A．
【分析】向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠；蒸干时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，硅酸分解生成二氧化硅；高温条件下灼烧混合物，二氧化硅和碳酸钠反应，据此确定最终产物的成分．
10．（2018高一下·吉林开学考）如图，某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，待钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（ ）
A．钠着火剧烈燃烧产生黄色的火焰
B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体
C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染
D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A．钠与氯气在加热时发生着火剧烈燃烧，产生黄色的火焰，同时得到白色固体，正确；B．钠与氯气在加热时发生反应产生NaCl白色固体，该物质在气体中扩散，形成大量白烟，正确；C．棉球①吸有大量的碱液，可以与氯气发生反应，防止其污染空气，所以其作用是吸收过量氯气防止产生污染，正确；D．棉球②变蓝色则证明氯气与KI发生反应产生了I2，说明氯气未被碱液完全吸收，错误。
【分析】A、根据焰色反应，钠燃烧为黄色；
B、氯气可以和钠反应生成白烟，为氯化钠；
C、氯气可以和氢氧化钠反应；
D、若变为蓝色，证明有氯气的存在，可以和碘离子反应生成碘单质。
11．（2018高一下·吉林开学考）滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（ ）
A．Fe3+、Al3+、Cl-、NO3- B．K+、Na+、I-、SO42-
C．Ag+、Ca2+、NH4+、NO3- D．Na+、Ba2+、CO32-、SO42-
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe3+、Al3+、Cl-、NO3-与新制氯水不能发生任何反应，可以大量共存，正确；
B．I-具有还原性，与新制氯水会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；
C．Ag+与氯水中的Cl-会发生沉淀反应，形成AgCl白色沉淀，不能大量共存，错误；
D．Ba2+与CO32-、SO42-会发生沉淀反应，形成BaSO4、BaCO3沉淀，不能大量共存，错误。
【分析】离子共存：能生成沉淀气体弱电解质络合物的都不能共存（如C中氯化银，D中硫酸钡），能发生氧化反应的不能共存（如B），能双水解的弱酸根阴离子和弱碱根阳离子不能共存。
12．（2018高一下·吉林开学考）在铜的冶炼过程中有如下反应发生：5FeS2+14CuSO4+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，关于此反应，下列说明正确的是（ ）
A．Cu2S既是氧化产物，又是还原产物
B．5 mol FeS2发生反应，有10mol电子转移
C．产物中的SO42-有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．反应中Cu元素的化合价由反应前CuSO4中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低，被还原，所以Cu2S是还原产物；S元素的化合价由反应前FeS2中的-1价，变为反应后Cu2S中的-2价，化合价降低，所以Cu2S是还原产物，错误；B.5 mol FeS2发生反应， Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2 →Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，共有21mol电子转移，错误；C．由化学方程式可知，反应物中含有14mol SO4 2-离子，生成物中有17mol SO4 2-离子，则有3molS被氧化产生，正确； D．FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，错误。
【分析】A、根据分析，可以知道铜和硫的化合价都降低了，硫化亚铜属于还原产物；
B、注意FeS2、CuSO4都有变价元素；
C、硫酸根来源两部分，一部分是硫酸铜，一部分是FeS2中硫元素的变化，硫的化合价升高，得到的产物为氧化产物；
D、FeS2中硫元素变为硫酸根，化合价升高，变为硫离子，化合价降低，所以既是氧化剂，又是氧化剂。
13．（2018高一下·吉林开学考）下列关于合金的叙述中正确的是（ ）
A．合金是由两种或多种金属熔合而成的
B．日常生活中用到的五角硬币属于铜合金
C．合金在任何情况都比单一金属性能优良
D．商代的司母戊鼎是纯铜打造而成的
【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属融合而成的具有金属性质的物质，错误；B．日常生活中用到的五角硬币是由铜与其它合金元素形成的合金，属于铜合金，正确；C．合金在有的情况比单一金属性能优良，有时不如单一的金属性能优良，错误；D．商代的司母戊鼎是铜合金，不是纯铜打造而成的，错误。
【分析】A、合金可以使金属和金属或金属和非金属的熔合；
B、五角硬币为黄色，是铜合金；
C、合金硬度更大，熔点更低，但是延展性不如纯金属；
D、商代司母戊鼎是青铜，为铜合金。
14．下面有关氯气的叙述正确的是（ ）
A．氯气可使湿润的红布条褪色，所以氯气具有漂白性
B．在通常情况下，氯气可以和任何金属直接化合
C．氯气没有漂白性，但通入品红溶液中，品红会褪色
D．氯气是黄绿色气体，闻其气味时要小心将集气瓶放在鼻孔下直接闻
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】解：A．氯气本身不具有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的HClO，故A错误；
B．在通常情况下，氯气能与活泼金属、较活泼金属发生反应，与极不活泼金属不反应，故B错误；
C．因氯气与水反应生成的次氯酸，次氯酸具有漂白性，则通入品红溶液中可以使之褪色，故C正确；
D．氯气有毒，闻其气味时要小心将集气瓶放在鼻孔下用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D错误．
故选C．
【分析】氯气是一种有毒黄绿色气体，可与水反应生成具有强氧化性的HClO，可用于杀菌消毒以及漂白，氯气在点燃条件下，可与部分金属反应，以此解答该题．
15．（2018高一下·吉林开学考）为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是（ ）
A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2 污染
B．加大石油、煤炭的开采力度，增加化石燃料的供应量
C．研制开发燃料电池汽车，减少机动车尾气污染
D．实施绿化工程，防治扬尘污染
【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．推广使用燃煤脱硫技术，就可减少煤使用时产生的SO2向空气中排放，故可防治SO2 污染，正确；B．加大石油、煤炭的开采力度，增加化石燃料的供应量,虽然可以满足对能量的需求，但是不造成对空气的污染，错误；C．研制开发燃料电池汽车，就可以减少化石能源的使用，因此就可以减少机动车尾气污染，正确；D．实施绿化工程，多植树造林，可以防治扬尘污染，有利于“蓝天工程” 建设，正确。
【分析】A、脱硫技术，可以使二氧化硫减少，防治污染；
B、石油煤炭属于会产生污染物质；
C、汽车尾气会造成酸雨、光化学烟雾；
D、绿化工程有利于保护环境。
16．（2018高一下·吉林开学考）G、Q、X、Y、Z均为含氯的化合物，在一定条件下具有如下转化关系
A．G→Q+NaCl
B．Q+H2O→X+H2↑
C．Y+NaOH→G+Q+HO
D．Z+NaOH→Q+X+H2O
判断氯的化合价由低到高的排列顺序（ ）
A．X Y Z G Q B．Y X Z G Q C．G Y Q Z X D．X Z Q Y G
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】G→Q+NaCl，则Cl元素的化合价：Q>G；Q+H2O→X+H2↑，则Cl元素的化合价：X>Q；Y+NaOH→G+Q+HO，则Cl元素的化合价：Q>Y>G；Z+NaOH→Q+X+H2O，则Cl元素的化合价：X>Z>Q，使用综上所述可知，氯的化合价由高到低的排列顺序是：X>Z>Q>Y>G，则氯的化合价由低到高的排列顺序是G Y Q Z X，故选项C正确。
【分析】结合化合价判断，A、G可以得到氯化钠和Q，氯化钠中氯元素为最低价，G变为氯化钠化合价降低，则G变为Q化合价升高；B、Q和水反应生成氢气，水作为氧化剂，则Q作为还原剂，Q变为X化合价升高；C、Y可以和氢氧化钠反应变为G和Q，Y自身的氧化还原反应，所以Y的价态在G和Q中间；D、Z和氢氧化钠反应生成Q和X，Z自身的氧化还原反应，所以Z的化合价在Q和X中间，综上可以推出结论。
17．（2015高二上·宁波开学考）下列各组物质相互作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是（ ）
A．Na和O2 B．NaOH和CO2
C．NaHCO3和NaOH D．Na2CO3和HCl
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、Na和O2在常温下反应生成氧化钠，Na和O2在加热条件下反应生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故A错误；
B、NaOH和少量CO2反应，CO2不足时生成碳酸钠，CO2过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；
C、NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故C正确；
D、Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误；
故选C．
【分析】A、根据Na和O2反应的条件的不同，生成物也不同；
B、根据NaOH和少量CO2反应的产物是碳酸钠，与过量CO2反应的产物是碳酸氢钠；
C、根据NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸盐；
D、根据Na2CO3和少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的HCl生成氯化钠、水和二氧化碳．
18．（2018高一下·吉林开学考）向物质的量浓度均为1mol/L的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如图中[n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积]能正确表示这个反应过程的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】向1mol/L的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应：NaOH+HCl =NaCl+H2O，无沉淀产生，然后发生反应：3NaOH+ AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl，产生白色沉淀，当沉淀达到最大值后，再加入NaOH溶液，发生反应：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2 H2O，沉淀又逐渐溶解。根据反应方程式的关系可知：形成沉淀消耗的NaOH与溶解沉淀消耗的NaOH的物质的量的比是3:1，由于NaOH溶液的浓度相等，所以二者的体积比是3:1，故选项D正确。
【分析】氢氧化钠会先跟盐酸反应，不产生沉淀，再和氢氧化铝反应，铝离子转为氢氧化铝所需的氢氧根物质的量和氢氧化铝转化为偏铝酸根所需氢氧化钠的物质的量的比为3：1。
19．（2018高一下·吉林开学考）某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A．NH4＋、Ba2＋、HCO3－、Cl－ B．K＋、Al3＋、S2－、ClO－
C．Na＋、Fe3＋、Cl－、SO42－ D．H＋、Mg2＋、SO42－、NO3－
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】某溶液能与Al粉反应放出H
2，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。A．在碱性溶液中，OH
-与NH
4＋会发生反应形成一水合氨， OH
-与Ba
2＋、HCO
3－会发生反应形成BaCO
3沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中，H
+与HCO
3－会发生反应，形成CO
2气体，也不能大量共存，错误；B．在碱性溶液中，OH
-与Al
3＋会发生反应形成Al(OH)
3沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中，H
+与S
2－、ClO
－会发生氧化还原反应，不能产生氢气，错误；C．在碱性条件下OH
-与Fe
3＋发生反应形成Fe(OH)
3沉淀，不能大量共存，在酸性条件下H
＋、Fe
3＋、Cl
－、SO
42－不能发生任何反应，能与Al粉反应放出H
2，正确；D．H
＋、NO
3－起硝酸的作用，有强的氧化性，不能与Al发生反应产生氢气，错误。
【分析】能够和铝反应产生氢气的，可能是强酸或强碱；
结合离子共存的知识：
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-、HCO3-不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、HSO3-不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存
20．（2018高一下·吉林开学考）某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH 溶液，开始有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是（ ）
A．一定有Fe2+，一定没有Mg2+、Fe3+
B．一定有Fe3+，一定没有Mg2+、Fe2+
C．一定有Fe3+，可能有Fe2+，一定没有Mg2+
D．一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+
【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有铁离子存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在铁离子；镁离子与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有镁离子，
故选：D．
【分析】氢氧化钠与镁离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀；与二价铁离子反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不稳定能继续被空气氧化生成氢氧化铁，现象白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；氢氧化钠与三价铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，据此解答．
21．（2018高一下·吉林开学考）将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是（ ）
A．反应后生成的盐只有Fe(NO3)3
B．反应后生成的盐只有Fe(NO3)2
C．反应后生成的盐为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，其物质的量之比为1：3
D．反应后生成的盐为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，其物质的量之比为3：1
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】n(Fe)= 22.4g÷56g/mol=0.4mol，反应只收集到0.3molNO2 和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol×(5-4)+0.2mol×(5-2)=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+，转移电子物质的量=0.4mol×3=1.2mol＞0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol×2=0.8mol＜0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，设Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，的物质的量分别是xmol、ymol，结合转移电子守恒得x+y＝0.4mol；3x+2y＝0.9mol，解得x＝0.1mol，y＝0.3mol；所以Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的物质的量之比=0.1mol：0.3mol=1：3，选项C正确。
【分析】硝酸具有氧化性，可以将铁氧化为最高价，所以产物含有硝酸铁，根据产生的二氧化氮和一氧化氮，结合电子的转移，可以知道铁并没有完全转化为铁离子，所以只有部分转化为铁离子，结合二元一次放出，可以知道两者的物质的量之比。
22．（2018高一下·吉林开学考）用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：
①②
则两种方案制得单质铜的量为（ ）
A．①多 B．②多 C．相等 D．无法判断
【答案】B
【知识点】铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4 ═FeSO4 +H2↑、H2 +CuO Cu+ H2O；②CuO+ H2SO4 ═FeSO4 +H2O、Fe+CuSO4 ═Cu+FeSO4。②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少．故方案②生成的铜多，选项B正确。
【分析】可以通过化学方程式，将两个方案的式子都列出，注意实验过程中有气体反应物，需要先将空气排出，会减少氢气的用量。
23．（2018高一下·吉林开学考）部分氧化的Fe-Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：
下列说法正确的是（ ）
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B．样品中Fe元素的质量为2.24g
C．样品中CuO的质量为4.0g
D．V=896
【答案】B
【知识点】铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】部分氧化的Fe-Cu合金样品含有金属铁、氧化铁、氧化铜、金属铜，金属铁、氧化铁、氧化铜可以和硫酸反应，但金属铜不可，不过铜可以和和三价Fe3+反应，样品和足量的稀硫酸反应，因硫酸足量，VmL为氢气，生成的滤渣3.2g是铜，滤液中的铁元素，在加入氢氧化钠后全部变成氢氧化铁，灼烧后变为3.2g为氧化铁。 A．生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和Fe3+反应2 Fe3+ +Cu═2 Fe2++Cu2+，所以一定不含有Fe3+，错误；B．固体3.2g为氧化铁，其物质的量为n(Fe2O3)=3.2g÷160g/mol=0.02mol，铁元素的量为n(Fe)=0.02mol×2=0.04mol，其质量为：0.04mol×56g/mol=2.24g，正确；C．根据选项B的分析可知铁元素质量=2.24g，而原来固体5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，错误；D．根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明与铁反应的硫酸物质的量为0.04mol，其中含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧元素结合生成水，由于合金中氧物质的量 n(O)=(5.76 3.2 2.24)g÷16g/mol=0.02mol，则它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04= 0.04 molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448mL，错误。
【分析】本题要注意物质反应的顺序，其中铜不能和稀硫酸反应，但是可以和铁离子反应，最终剩余铜，所以不可能存在铁离子，结合物质的量计算公式，求出答案。
24．（2018高一下·吉林开学考）将0.4 g NaOH和1.06 gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+ H2O，此时才有二氧化碳气体生成。A.0.1mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图像与反应不符，错误； B．图像中开始反应即有气体生成，与反应不符，错误；C．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+ Na2CO3=NaHCO3 +NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+ H2O +CO2↑；此时开始放出气体，正好与图像相符，正确；D．因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图像与反应不符，错误。
【分析】先将氢氧化钠、碳酸钠的质量用公式n=m/M换算为物质的量，结合化学方程式，可以知道盐酸和氢氧化钠、碳酸钠的物质的量之比，注意盐酸和氢氧化钠先反应，再和碳酸钠反应，且和碳酸钠反应分两步，先生成碳酸氢钠，无气体，再生产碳酸，分解出二氧化碳。
25．（2018高一下·吉林开学考）无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100mL甲气体经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为（ ）
A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO2、CO2
C．NH3、NO、CO2 D．NO、CO2、N2
【答案】C
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】二氧化氮是红棕色的气体，所以在无色气体中一定不存在NO2，甲气体经过足量的浓硫酸，逸出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2。所以该气体中一定含有NH3、NO、CO2，选项C正确。
【分析】本题考查的是气体的性质，无色气体可以先排除二氧化氮，浓硫酸具有吸水性和酸性，可以吸收水蒸气和碱性气体，如氨气，过氧化钠是常用的供氧剂，可以和二氧化碳等酸性氧化物、水、酸性气体反应，如二氧化碳，产物为红棕色气体，即二氧化氮，可以知道过氧化钠产生的氧气跟某种气体反应生成二氧化氮，该气体为一氧化氮。
二、实验题
26．（2018高一下·吉林开学考）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室从海藻中提取碘的流程如下图：
（1）指出从海藻中提取I2的实验操作名称：① ，③ ；②的离子方程式 。
（2）提取碘的过程中，可供选择的有机溶剂是__________。
A．苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、醋酸
（3）为使海藻中I-转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器。尚缺少的仪器是 。
（4）从含碘的有机溶剂中提取碘，还要经过蒸馏，指出下列蒸馏装置中的错误之处 。
【答案】（1）过滤；萃取；2I-+Cl2 = I2+2Cl-
（2）B
（3）漏斗、分液漏斗
（4）三点错误：①没有石棉网；②温度计插入液面以下；③冷凝器进、出水方向颠倒
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）过滤适用于分离不溶于水的固体和液体，①分离固体和液体用过滤；③碘单质难溶于水，易溶于有机溶剂四氯化碳或苯，而且水与有机物四氯化碳或苯互不相溶，碘与有机物不能发生反应，可以用将四氯化碳或苯碘水中的碘单质萃取出来，方法是萃取； （2）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯，A．水与酒精互溶，不能作萃取剂，错误；水与四氯化碳、苯互不相溶，碘容易溶解在这些有机物中，正确；C．醋酸与水互溶，不能作萃取剂，错误；选项B正确；（3）为使海藻中I-转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器。尚缺少的仪器是漏斗、分液漏斗；（4）从含碘的有机溶剂中提取碘，还要经过蒸馏，指出下列蒸馏装置中的错误之处是冷凝器进、出水方向颠倒，应该是下口进，上口出。
【分析】（1）固体不溶于液体，可以用过滤法；液体和液体互溶，可以用萃取法；
（2）萃取剂要注意选择合适，类似酒精、乙酸等一些可以溶于水中的有机物，一般都不可以作为萃取剂；
（3）漏斗是分离固体和液体所需，分液漏斗是分离液体和液体所需；
（4）蒸馏装置有几处地方要注意：沸石、温度计位置为蒸馏烧瓶支管口处、冷凝水流位置为下口进上口出。
27．（2018高一下·吉林开学考）二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义．
（1）工业上用黄铁矿（FeS2，其中S元素为-l价）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2 + 11O2 8SO2 + 2Fe2O3，该反应中被氧化的元素是 （填元素符号）。当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为 L．
（2）实验室中用如图1所示的装置测定SO2催化氧化为SO3，的转化率。（已知SO3熔点为16.8℃，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响．）
①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是 ．
②实验过程中，需要通入氧气．试写出一个用图2所示装置制取氧气的化学方程式 ．
③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是 ．
④实验结束后，若装置D增加的质量为m g，装置E中产生白色沉淀的质量为n g，则此条件下二氧化硫的转化率是 （用含字母的代数式表示，不用化简）。
（3）某学习小组设计用如图3装置验证二氧化硫的化学性质．
①能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为 ．
②为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验：
方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去
方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
上述方案中合理的是 （填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；试管b中发生反应的离子方程式为 ．
【答案】（1）Fe、S；11.2
（2）打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑；使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；m/80 /(m/80+n/233)
（3）试管a中出现淡黄色浑浊；方案Ⅲ；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】（1）在反应4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3中，化合价升高的Fe、S元素在反应中被氧化；根据反应方程式可知：每有44mol电子转移，会反应产生8molSO2，则反应转移2.75mol电子，产生SO2的物质的量是n(SO2)= (2.75mol÷44mol)×8mol=0.5mol，其在标准状况下的体积是V(SO2)= 0.5mol×22.4L/mol=11.2L；（2） ①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是①打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；②用图2所示装置是固体混合物加热制取气体的装置，则制取氧气的化学方程式是2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑；③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；④实验结束后，若装置D增加的质量为m g，则反应产生SO3的质量是mg；装置E中产生白色沉淀的质量为n g，由于未反应的SO2会被硝酸氧化产生硫酸，与溶液中的钡离子结合形成BaSO4沉淀，根据S元素守恒可知SO2的物质的量n/233mol，则此条件下二氧化硫的转化率是m/80÷(m/80+ n/233)； （3）①二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀S，故证明其氧化性的现象是：试管a中出现淡黄色浑浊；②方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用，方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。S元素的化合价升高，失去电子，被氧化，体现二氧化硫的还原性，则实验设计合理。
【分析】（1）根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”可以判断出元素化合价变化和氧化反应、还原反应的关系，再利用化合价变化，结合电子可以求出相应物质的物质的量；
（2） ①分液漏斗使用的时候要先打开上口塞，再打开旋塞；②固体混合物加热，制取氧气的有氯酸钾在二氧化锰的催化下分解、高锰酸钾受热分解；③继续通入氧气，可以利用氧气将残留在内部的气体排出，充分吸收；④利用差值法可以求出三氧化硫质量；利用公式n=m/M以及原子守恒，可以求出二氧化硫的物质的量；
（3）①二氧化硫可以和硫离子反应，结合归中定律可以知道产物为硫单质；②方案I：银离子可以和氯离子产生白色沉淀；方案Ⅱ：氯水中含有漂白性物质可以和品红溶液褪色；方案Ⅲ：钡离子和硫酸根离子可以产生硫酸钡，硫酸根来自于二氧化硫的氧化。
三、填空题
28．（2018高一下·吉林开学考）下表是某地市场上销售的一种“加碘盐”包装上的部分文字说明。请根据此表 ；
结合中学学过的化学知识，回答下列问题：
配料表 精制海盐、碘酸钾（KIO3）
含碘量 20-40mg/kg
储藏方法 密封避光、防潮
食用方法 烹调时待食品熟后加入碘盐
（1）据物质分类中的树状分类法有关知识，在①HIO3②碘酸钠 ③KOH ④I2O5⑤NaCl五种 （填“混合物”或“化合物”或“盐”或“氧化物”）中与碘酸钾（KIO3）属于同类物质的有 。（填序号）
（2）推测出碘酸钾（KIO3）的物理性质：碘酸钾（KIO3） 溶于水（填“能”或“不能”），化学性质：碘酸钾（KIO3）在高温受热时 （填“易”或“难”）分解。
【答案】（1）化合物；②⑤
（2）能；易分解。
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】（1）①HIO3；②碘酸钠； ③KOH；④I2O5；⑤NaCl五种物质含有的元素都是两种，因此都属于化合物；碘酸钾是盐，则与其属于同一类别的物质是②碘酸钠、⑤NaCl；（2） 碘酸钾（KIO3）是钾盐，能溶于水；碘酸钾（KIO3）在高温受热时不稳定容易分解产生KI和氧气，故该物质易分解。
【分析】（1）要注意都是同一种物质组成的，所以是纯净物，又因为含有多种元素，所以是纯净物中的化合物；碘酸钾是碘酸盐，也是钾盐，根据题干，可以知道只有碘酸钠和氯化钠都是盐类；
（2）所有钾盐都是易溶于水，且碘酸根离子比较活泼，氧化性较强，受热易分解。
四、推断题
29．（2018高一下·吉林开学考）根据下列转化关系，回答有关问题。
（1）浅绿色溶液D主要成分的化学式为 ，试剂1是 。
（2）下列物质不能作为试剂2的是 (填序号)。
a．Cl2 b．新制氯水 c．浓硫酸 d．S e．硝酸
（3）固体A溶于稀盐酸的化学方程式
（4）溶液C到溶液F红色加深的原因是
【答案】（1）FeCl2；KSCN
（2）d
（3）Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O
（4）溶液中的Fe2＋被氧化剂氧化成Fe3＋，使Fe3＋浓度增大，从而生成更多的硫氰化铁使红色加深。
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】（1）Fe与HCl发生反应产生的浅绿色溶液D主要成分的化学式为FeCl2；Fe与水蒸气在高温下反应产生的固体A是Fe3O4，Fe3O4和与盐酸发生反应：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O ，由于含有Fe3+，所以溶液显棕黄色；向其中加入KSCN溶液，二者发生反应：FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl，使溶液变为血红色；所以试剂1是KSCN；（2）浅绿色的溶液为FeCl2，向其中加入具有强氧化性的物质，可以将FeCl2氧化为FeCl3，在Cl2 、新制氯水、浓硫酸、S、硝酸中不具有强氧化性的物质是S，故选项是d；（3）固体A是Fe3O4，Fe3O4溶于稀盐酸的化学方程式是Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O；（4）溶液C到溶液F红色加深的原因是溶液中的Fe2＋被氧化剂氧化成Fe3＋，根据平衡移动原理：增大反应物Fe3＋的浓度，可以使化学平衡正向移动，故产生更多的Fe(SCN)3，所以溶液的红色加深。
【分析】（1）铁和盐酸反应生成氯化亚铁，为浅绿色；铁和水蒸气高温产物为四氧化三铁和氢气；四氧化三铁和盐酸反应有两种盐，为氯化铁和氯化亚铁；检验铁离子时可以用硫氰酸钾，变为血红色；
（2）要将亚铁离子转化为铁离子，需要加入氧化剂，如氯气、氯水、浓硫酸、双氧水、硝酸等等都可以；
（3）注意四氧化三铁中铁元素有两个价态，为+2和+3，所以得到的盐类为氯化亚铁和氯化铁；
（4）亚铁离子被氧化为铁离子，增加了铁离子的浓度，朝正反应移动，是生成物硫氰酸铁增加，颜色变深。
30．（2018高一下·吉林开学考）下图表示有关的一种反应物或生成物(无关物质已略去)，其中A、C为无色气体，请填写下列空白。
（1）化合物W可能是 或 ，C是 ，F是 。
（2）反应①中若消耗Na2O2 7.8 g，则转移的电子数为 。
（3）反应③的离子方程式： 。
（4）A与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，请写出该反应的化学方程式： 。
【答案】（1）(NH4)2CO3；NH4HCO3；二氧化碳；NO2(F)
（2）0.1NA
（3）3Cu＋2NO3-＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
（4）2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O。
【知识点】铵盐；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物
【解析】【解答】W既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则A为NH3，气体C能与Na2O2反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故C为CO2，则W应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2 ，E为NO，F为NO2 ，G为HNO3。 （1）由上分析W应为碳酸铵或碳酸氢铵，C为CO2，F为NO2； （2）反应①为2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2，根据反应方程式可知：每消耗2mol Na2O2，转移电子数为2mol，若消耗Na2O2 7.8g，其物质的量是0.1mol，则则转移的电子数为0.1NA；（3）反应③是Cu与稀硝酸的反应，反应的离子方程式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；（4）NH3与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，反应的化学方程式为2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O。
【分析】本题考查的是推断题，通过物质之间的反应，可以判断出各种物质，A为氨，B为水，C为二氧化碳，D为氧气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，W为碳酸铵或者碳酸氢铵；
（2）写出氧化还原反应的方程式，根据化合价变化，可以知道电子转移数目，再结合物质的量即可求出答案；
（3）铜和稀硝酸反应，要注意产物为一氧化氮而不是二氧化氮；
（4）氨气具有一定的远远小，可以和金属氧化物反应，生成氮气和金属单质。
1 / 1吉林松原油田高中2015-2016学年高一下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2016高一上·长春期中）下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是（ ）
A．少量的浓硫酸沾到皮肤上时，可以直接用大量的水冲洗
B．取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记
C．凡是给玻璃仪器加热时，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂
D．闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品
2．（2018高一下·吉林开学考）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．用图（a）所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．用图（b）所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C．用图（c）所示装置制取少量纯净的CO2气体
D．用图（d）所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
3．（2015高一上·兴国月考）下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量
B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）
C．64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数
D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
4．（2018高一下·吉林开学考）在容量瓶的使用方法中，下列操作中正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
B．使用容量瓶前检查它是否漏水
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接到入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管加蒸馏水到刻度线
5．需经过称量、溶解、转移、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（ ）
A． 称量 B． 溶解
C． 转移 D． 定容
6．（2018高一下·吉林开学考）下列物质的分类结果全部正确的是（ ）
A．NO2——酸性氧化物 Na2O2——碱性氧化物 Al2O3——两性氧化物
B．汽油——混合物 胆矾——纯净物 H2——单质
C．苏打——碱 硫化氢——酸 小苏打——酸式盐
D．液氯——非电解质 硫酸钡——强电解质
7．（2018高一上·邯郸期中）下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是（ ）
A．NaHCO3═Na++H++CO32- B．NaHSO4═Na++H++SO42-
C．MgCl2═Mg2++2Cl- D．Ba(OH)2═Ba2++2OH-
8．（2016高一上·绵阳期中）下列说法正确的是（ ）
A．氧化还原反应的本质是元素化合价的升降
B．氧化还原反应一定有氧元素参加
C．氧化反应一定先于还原反应
D．发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应
9．（2018高一下·吉林开学考）将足量CO2气体通入水玻璃中，然后加热蒸干，再在高温下充分燃烧，最后所得的固体物质是（ ）
A．硅酸钠 B．碳酸钠，硅酸钠
C．碳酸钠，二氧化硅 D．二氧化硅
10．（2018高一下·吉林开学考）如图，某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，待钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（ ）
A．钠着火剧烈燃烧产生黄色的火焰
B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体
C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染
D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收
11．（2018高一下·吉林开学考）滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（ ）
A．Fe3+、Al3+、Cl-、NO3- B．K+、Na+、I-、SO42-
C．Ag+、Ca2+、NH4+、NO3- D．Na+、Ba2+、CO32-、SO42-
12．（2018高一下·吉林开学考）在铜的冶炼过程中有如下反应发生：5FeS2+14CuSO4+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，关于此反应，下列说明正确的是（ ）
A．Cu2S既是氧化产物，又是还原产物
B．5 mol FeS2发生反应，有10mol电子转移
C．产物中的SO42-有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
13．（2018高一下·吉林开学考）下列关于合金的叙述中正确的是（ ）
A．合金是由两种或多种金属熔合而成的
B．日常生活中用到的五角硬币属于铜合金
C．合金在任何情况都比单一金属性能优良
D．商代的司母戊鼎是纯铜打造而成的
14．下面有关氯气的叙述正确的是（ ）
A．氯气可使湿润的红布条褪色，所以氯气具有漂白性
B．在通常情况下，氯气可以和任何金属直接化合
C．氯气没有漂白性，但通入品红溶液中，品红会褪色
D．氯气是黄绿色气体，闻其气味时要小心将集气瓶放在鼻孔下直接闻
15．（2018高一下·吉林开学考）为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是（ ）
A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2 污染
B．加大石油、煤炭的开采力度，增加化石燃料的供应量
C．研制开发燃料电池汽车，减少机动车尾气污染
D．实施绿化工程，防治扬尘污染
16．（2018高一下·吉林开学考）G、Q、X、Y、Z均为含氯的化合物，在一定条件下具有如下转化关系
A．G→Q+NaCl
B．Q+H2O→X+H2↑
C．Y+NaOH→G+Q+HO
D．Z+NaOH→Q+X+H2O
判断氯的化合价由低到高的排列顺序（ ）
A．X Y Z G Q B．Y X Z G Q C．G Y Q Z X D．X Z Q Y G
17．（2015高二上·宁波开学考）下列各组物质相互作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是（ ）
A．Na和O2 B．NaOH和CO2
C．NaHCO3和NaOH D．Na2CO3和HCl
18．（2018高一下·吉林开学考）向物质的量浓度均为1mol/L的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如图中[n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积]能正确表示这个反应过程的是（ ）
A． B．
C． D．
19．（2018高一下·吉林开学考）某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A．NH4＋、Ba2＋、HCO3－、Cl－ B．K＋、Al3＋、S2－、ClO－
C．Na＋、Fe3＋、Cl－、SO42－ D．H＋、Mg2＋、SO42－、NO3－
20．（2018高一下·吉林开学考）某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH 溶液，开始有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是（ ）
A．一定有Fe2+，一定没有Mg2+、Fe3+
B．一定有Fe3+，一定没有Mg2+、Fe2+
C．一定有Fe3+，可能有Fe2+，一定没有Mg2+
D．一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+
21．（2018高一下·吉林开学考）将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是（ ）
A．反应后生成的盐只有Fe(NO3)3
B．反应后生成的盐只有Fe(NO3)2
C．反应后生成的盐为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，其物质的量之比为1：3
D．反应后生成的盐为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，其物质的量之比为3：1
22．（2018高一下·吉林开学考）用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：
①②
则两种方案制得单质铜的量为（ ）
A．①多 B．②多 C．相等 D．无法判断
23．（2018高一下·吉林开学考）部分氧化的Fe-Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：
下列说法正确的是（ ）
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B．样品中Fe元素的质量为2.24g
C．样品中CuO的质量为4.0g
D．V=896
24．（2018高一下·吉林开学考）将0.4 g NaOH和1.06 gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系是（ ）
A． B．
C． D．
25．（2018高一下·吉林开学考）无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100mL甲气体经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为（ ）
A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO2、CO2
C．NH3、NO、CO2 D．NO、CO2、N2
二、实验题
26．（2018高一下·吉林开学考）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室从海藻中提取碘的流程如下图：
（1）指出从海藻中提取I2的实验操作名称：① ，③ ；②的离子方程式 。
（2）提取碘的过程中，可供选择的有机溶剂是__________。
A．苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、醋酸
（3）为使海藻中I-转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器。尚缺少的仪器是 。
（4）从含碘的有机溶剂中提取碘，还要经过蒸馏，指出下列蒸馏装置中的错误之处 。
27．（2018高一下·吉林开学考）二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义．
（1）工业上用黄铁矿（FeS2，其中S元素为-l价）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2 + 11O2 8SO2 + 2Fe2O3，该反应中被氧化的元素是 （填元素符号）。当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为 L．
（2）实验室中用如图1所示的装置测定SO2催化氧化为SO3，的转化率。（已知SO3熔点为16.8℃，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响．）
①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是 ．
②实验过程中，需要通入氧气．试写出一个用图2所示装置制取氧气的化学方程式 ．
③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是 ．
④实验结束后，若装置D增加的质量为m g，装置E中产生白色沉淀的质量为n g，则此条件下二氧化硫的转化率是 （用含字母的代数式表示，不用化简）。
（3）某学习小组设计用如图3装置验证二氧化硫的化学性质．
①能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为 ．
②为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验：
方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去
方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
上述方案中合理的是 （填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；试管b中发生反应的离子方程式为 ．
三、填空题
28．（2018高一下·吉林开学考）下表是某地市场上销售的一种“加碘盐”包装上的部分文字说明。请根据此表 ；
结合中学学过的化学知识，回答下列问题：
配料表 精制海盐、碘酸钾（KIO3）
含碘量 20-40mg/kg
储藏方法 密封避光、防潮
食用方法 烹调时待食品熟后加入碘盐
（1）据物质分类中的树状分类法有关知识，在①HIO3②碘酸钠 ③KOH ④I2O5⑤NaCl五种 （填“混合物”或“化合物”或“盐”或“氧化物”）中与碘酸钾（KIO3）属于同类物质的有 。（填序号）
（2）推测出碘酸钾（KIO3）的物理性质：碘酸钾（KIO3） 溶于水（填“能”或“不能”），化学性质：碘酸钾（KIO3）在高温受热时 （填“易”或“难”）分解。
四、推断题
29．（2018高一下·吉林开学考）根据下列转化关系，回答有关问题。
（1）浅绿色溶液D主要成分的化学式为 ，试剂1是 。
（2）下列物质不能作为试剂2的是 (填序号)。
a．Cl2 b．新制氯水 c．浓硫酸 d．S e．硝酸
（3）固体A溶于稀盐酸的化学方程式
（4）溶液C到溶液F红色加深的原因是
30．（2018高一下·吉林开学考）下图表示有关的一种反应物或生成物(无关物质已略去)，其中A、C为无色气体，请填写下列空白。
（1）化合物W可能是 或 ，C是 ，F是 。
（2）反应①中若消耗Na2O2 7.8 g，则转移的电子数为 。
（3）反应③的离子方程式： 。
（4）A与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，请写出该反应的化学方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】解：A、少量浓硫酸不慎滴到皮肤上，可以用大量水冲洗，再用3%﹣5%的NaHCO3溶液涂上，故A正确；
B、取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记，防止发生意外事故，故B正确；
C、试管、蒸发皿等仪器都能直接在酒精灯上加热，烧杯、烧瓶、锥形瓶等仪器必须垫石棉网才能加热，否则由于受热不均匀，而破裂，故C错误；
D、闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品，采用“扇气闻味法”，故D正确．
故选C．
【分析】A、少量的浓硫酸沾到皮肤上时，可以直接用大量的水冲洗；
B、取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记；
C、可加热的玻璃仪器分为能直接加热的和间接加热的，据此来回答；
D、闻任何化学药品的气味采用：扇气闻味法．
2．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Cl2、HCl都可以与NaOH发生反应，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中含有的HCl杂质，错误；B．NH4Cl受热容易分解，所以不能用蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，错误；C．纯碱是粉末状的 固体，不能使用启普发生器与HCl反应制取CO2气体，错误；D．四氯化碳与水互不相溶，所以可以用分液的方法分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，正确。
【分析】A、氢氧化钠会和氯气、氯化氢反应；
B、氯化铵受热易分解；
C、纯碱是粉末状，会从孔中脱落；
D、四氯化碳在下层，从下口排出。
3．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，故A错误；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者是前者的2倍，故B错误；
C．二氧化硫物质的量为 =1mol，含有氧原子物质的量为2mol，标况下22.4LCO物质的量为1mol，含有O原子物质的量为1mol，前者是后者的2倍，故C正确；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误，
故选C．
【分析】A．水的摩尔质量为定值是18g/mol；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L；
C．根据n= 计算二氧化硫物质的量，含有氧原子物质的量为二氧化硫的2倍，根据 计算CO物质的量，含有O原子物质的量等于CO物质的量；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度．
4．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配液润洗，错误；
B．容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器，使用容量瓶前检查它是否漏水，正确；
C．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中先进行溶解、稀释，待溶液恢复至室温后，再转移至容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线，错误；
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后也应该先在烧杯中进行稀释，待溶液恢复至室温后再转移溶液到入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管加蒸馏水到刻度线，错误。
【分析】A、容量瓶不能润洗，会造成溶质偏多；
B、容量瓶有瓶塞，要检验漏水、
C、溶解的时候要现在烧杯中溶解；
D、溶解的时候要现在烧杯中稀释。
5．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．容量瓶瓶颈较细，移液时应用玻璃棒引流，故C错误；
D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；
故选：B．
【分析】A．依据称量药品应遵循“左物右码”的原则解答；
B．固体溶解时为加速溶解速度，应使用玻璃棒搅拌；
C．转移冷却后的溶液时应用玻璃棒引流；
D．胶头滴管不能伸入容量瓶内．
6．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．NO2——不是酸性氧化物，Na2O2——是过氧化物，错误；B．汽油中含有多种烃，属于混合物；胆矾是硫酸铜晶体，属于纯净物，H2是仅有一种元素组成的错误，因此属于单质，正确；C．苏打是盐，错误；D．液氯是单质，既不是非电解质，也不是电解质；硫酸钡是盐，属于强电解质，错误。
【分析】纯净物：只含有一种物质；
混合物：含有多种物质；
化合物：只有一种元素的纯净物；
单质：含有多种元素的纯净物；
酸性氧化物：可以和水发生化合反应产生酸、可以和碱反应生成盐和水、可以和碱性氧化物发生化合反应生成盐；
碱性氧化物：可以和水发生化合反应产生碱、可以和酸反应生成盐和水、可以和酸性氧化物发生化合反应生成盐；
两性氧化物：既可以和酸反应生成盐和水，又可以和碱反应生成盐和水。
电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物；
强电解质：在水溶液中能够完全电离的电解质；
弱电解质：在水溶液中只能部分电力的电解质；
酸：在水溶液中电离出的阳离子都是氢离子的化合物；
碱：在水溶液中电离出的阴离子都是氢氧根的化合物；
盐：在水溶液中电离出的阳离子为铵根离子或金属离子，阴离子为酸根离子的化合物；
氧化物：只含两种元素，其中一种元素为氧元素。
7．【答案】A
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式是NaHCO3═Na++HCO3-，符合题意；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，应该都拆开，电离方程式是：NaHSO4═Na++H++SO42-，不符合题意；
C．氯化镁是盐，是强电解质，要写成离子形式，电离方程式是MgCl2═Mg2++2Cl-，不符合题意；
D．氢氧化钡是强碱，应该写成离子形式，电离方程式是：Ba(OH)2═Ba2++2OH-，不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.碳酸氢钠是二元弱酸的酸式盐，电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
B.硫酸氢钠是二元强酸的酸式盐，在水溶液中能够完全电离；
C.氯化镁是可溶性的强电解质；
D.氢氧化钡是可溶性的强碱.
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．氧化还原反应的本质为电子的转移，特征为化合价的变化，故A错误；
B．氧化还原反应中不一定有氧参加，如Cu与氯化铁的反应，故B错误；
C．氧化反应与还原反应同时发生，不存在先后反应的顺序，故C错误；
D．氧化还原反应中氧化剂、还原剂可能为同一物质，如氯气和水的反应等，则发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应，故D正确；
故选D．
【分析】A．氧化还原反应的本质为电子的转移；
B．氧化还原反应中不一定有氧参加；
C．氧化反应与还原反应同时发生；
D．氧化还原反应中氧化剂、还原剂可能为同一物质．
9．【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；
二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠．
故选A．
【分析】向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠；蒸干时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，硅酸分解生成二氧化硅；高温条件下灼烧混合物，二氧化硅和碳酸钠反应，据此确定最终产物的成分．
10．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A．钠与氯气在加热时发生着火剧烈燃烧，产生黄色的火焰，同时得到白色固体，正确；B．钠与氯气在加热时发生反应产生NaCl白色固体，该物质在气体中扩散，形成大量白烟，正确；C．棉球①吸有大量的碱液，可以与氯气发生反应，防止其污染空气，所以其作用是吸收过量氯气防止产生污染，正确；D．棉球②变蓝色则证明氯气与KI发生反应产生了I2，说明氯气未被碱液完全吸收，错误。
【分析】A、根据焰色反应，钠燃烧为黄色；
B、氯气可以和钠反应生成白烟，为氯化钠；
C、氯气可以和氢氧化钠反应；
D、若变为蓝色，证明有氯气的存在，可以和碘离子反应生成碘单质。
11．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe3+、Al3+、Cl-、NO3-与新制氯水不能发生任何反应，可以大量共存，正确；
B．I-具有还原性，与新制氯水会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；
C．Ag+与氯水中的Cl-会发生沉淀反应，形成AgCl白色沉淀，不能大量共存，错误；
D．Ba2+与CO32-、SO42-会发生沉淀反应，形成BaSO4、BaCO3沉淀，不能大量共存，错误。
【分析】离子共存：能生成沉淀气体弱电解质络合物的都不能共存（如C中氯化银，D中硫酸钡），能发生氧化反应的不能共存（如B），能双水解的弱酸根阴离子和弱碱根阳离子不能共存。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．反应中Cu元素的化合价由反应前CuSO4中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低，被还原，所以Cu2S是还原产物；S元素的化合价由反应前FeS2中的-1价，变为反应后Cu2S中的-2价，化合价降低，所以Cu2S是还原产物，错误；B.5 mol FeS2发生反应， Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2 →Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，共有21mol电子转移，错误；C．由化学方程式可知，反应物中含有14mol SO4 2-离子，生成物中有17mol SO4 2-离子，则有3molS被氧化产生，正确； D．FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，错误。
【分析】A、根据分析，可以知道铜和硫的化合价都降低了，硫化亚铜属于还原产物；
B、注意FeS2、CuSO4都有变价元素；
C、硫酸根来源两部分，一部分是硫酸铜，一部分是FeS2中硫元素的变化，硫的化合价升高，得到的产物为氧化产物；
D、FeS2中硫元素变为硫酸根，化合价升高，变为硫离子，化合价降低，所以既是氧化剂，又是氧化剂。
13．【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属融合而成的具有金属性质的物质，错误；B．日常生活中用到的五角硬币是由铜与其它合金元素形成的合金，属于铜合金，正确；C．合金在有的情况比单一金属性能优良，有时不如单一的金属性能优良，错误；D．商代的司母戊鼎是铜合金，不是纯铜打造而成的，错误。
【分析】A、合金可以使金属和金属或金属和非金属的熔合；
B、五角硬币为黄色，是铜合金；
C、合金硬度更大，熔点更低，但是延展性不如纯金属；
D、商代司母戊鼎是青铜，为铜合金。
14．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】解：A．氯气本身不具有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的HClO，故A错误；
B．在通常情况下，氯气能与活泼金属、较活泼金属发生反应，与极不活泼金属不反应，故B错误；
C．因氯气与水反应生成的次氯酸，次氯酸具有漂白性，则通入品红溶液中可以使之褪色，故C正确；
D．氯气有毒，闻其气味时要小心将集气瓶放在鼻孔下用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D错误．
故选C．
【分析】氯气是一种有毒黄绿色气体，可与水反应生成具有强氧化性的HClO，可用于杀菌消毒以及漂白，氯气在点燃条件下，可与部分金属反应，以此解答该题．
15．【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．推广使用燃煤脱硫技术，就可减少煤使用时产生的SO2向空气中排放，故可防治SO2 污染，正确；B．加大石油、煤炭的开采力度，增加化石燃料的供应量,虽然可以满足对能量的需求，但是不造成对空气的污染，错误；C．研制开发燃料电池汽车，就可以减少化石能源的使用，因此就可以减少机动车尾气污染，正确；D．实施绿化工程，多植树造林，可以防治扬尘污染，有利于“蓝天工程” 建设，正确。
【分析】A、脱硫技术，可以使二氧化硫减少，防治污染；
B、石油煤炭属于会产生污染物质；
C、汽车尾气会造成酸雨、光化学烟雾；
D、绿化工程有利于保护环境。
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】G→Q+NaCl，则Cl元素的化合价：Q>G；Q+H2O→X+H2↑，则Cl元素的化合价：X>Q；Y+NaOH→G+Q+HO，则Cl元素的化合价：Q>Y>G；Z+NaOH→Q+X+H2O，则Cl元素的化合价：X>Z>Q，使用综上所述可知，氯的化合价由高到低的排列顺序是：X>Z>Q>Y>G，则氯的化合价由低到高的排列顺序是G Y Q Z X，故选项C正确。
【分析】结合化合价判断，A、G可以得到氯化钠和Q，氯化钠中氯元素为最低价，G变为氯化钠化合价降低，则G变为Q化合价升高；B、Q和水反应生成氢气，水作为氧化剂，则Q作为还原剂，Q变为X化合价升高；C、Y可以和氢氧化钠反应变为G和Q，Y自身的氧化还原反应，所以Y的价态在G和Q中间；D、Z和氢氧化钠反应生成Q和X，Z自身的氧化还原反应，所以Z的化合价在Q和X中间，综上可以推出结论。
17．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、Na和O2在常温下反应生成氧化钠，Na和O2在加热条件下反应生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故A错误；
B、NaOH和少量CO2反应，CO2不足时生成碳酸钠，CO2过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；
C、NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故C正确；
D、Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误；
故选C．
【分析】A、根据Na和O2反应的条件的不同，生成物也不同；
B、根据NaOH和少量CO2反应的产物是碳酸钠，与过量CO2反应的产物是碳酸氢钠；
C、根据NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸盐；
D、根据Na2CO3和少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的HCl生成氯化钠、水和二氧化碳．
18．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】向1mol/L的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应：NaOH+HCl =NaCl+H2O，无沉淀产生，然后发生反应：3NaOH+ AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl，产生白色沉淀，当沉淀达到最大值后，再加入NaOH溶液，发生反应：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2 H2O，沉淀又逐渐溶解。根据反应方程式的关系可知：形成沉淀消耗的NaOH与溶解沉淀消耗的NaOH的物质的量的比是3:1，由于NaOH溶液的浓度相等，所以二者的体积比是3:1，故选项D正确。
【分析】氢氧化钠会先跟盐酸反应，不产生沉淀，再和氢氧化铝反应，铝离子转为氢氧化铝所需的氢氧根物质的量和氢氧化铝转化为偏铝酸根所需氢氧化钠的物质的量的比为3：1。
19．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】某溶液能与Al粉反应放出H
2，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。A．在碱性溶液中，OH
-与NH
4＋会发生反应形成一水合氨， OH
-与Ba
2＋、HCO
3－会发生反应形成BaCO
3沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中，H
+与HCO
3－会发生反应，形成CO
2气体，也不能大量共存，错误；B．在碱性溶液中，OH
-与Al
3＋会发生反应形成Al(OH)
3沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中，H
+与S
2－、ClO
－会发生氧化还原反应，不能产生氢气，错误；C．在碱性条件下OH
-与Fe
3＋发生反应形成Fe(OH)
3沉淀，不能大量共存，在酸性条件下H
＋、Fe
3＋、Cl
－、SO
42－不能发生任何反应，能与Al粉反应放出H
2，正确；D．H
＋、NO
3－起硝酸的作用，有强的氧化性，不能与Al发生反应产生氢气，错误。
【分析】能够和铝反应产生氢气的，可能是强酸或强碱；
结合离子共存的知识：
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-、HCO3-不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、HSO3-不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存
20．【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有铁离子存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在铁离子；镁离子与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有镁离子，
故选：D．
【分析】氢氧化钠与镁离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀；与二价铁离子反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不稳定能继续被空气氧化生成氢氧化铁，现象白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；氢氧化钠与三价铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，据此解答．
21．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】n(Fe)= 22.4g÷56g/mol=0.4mol，反应只收集到0.3molNO2 和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol×(5-4)+0.2mol×(5-2)=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+，转移电子物质的量=0.4mol×3=1.2mol＞0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol×2=0.8mol＜0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，设Fe(NO3)2和Fe(NO3)3，的物质的量分别是xmol、ymol，结合转移电子守恒得x+y＝0.4mol；3x+2y＝0.9mol，解得x＝0.1mol，y＝0.3mol；所以Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的物质的量之比=0.1mol：0.3mol=1：3，选项C正确。
【分析】硝酸具有氧化性，可以将铁氧化为最高价，所以产物含有硝酸铁，根据产生的二氧化氮和一氧化氮，结合电子的转移，可以知道铁并没有完全转化为铁离子，所以只有部分转化为铁离子，结合二元一次放出，可以知道两者的物质的量之比。
22．【答案】B
【知识点】铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4 ═FeSO4 +H2↑、H2 +CuO Cu+ H2O；②CuO+ H2SO4 ═FeSO4 +H2O、Fe+CuSO4 ═Cu+FeSO4。②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少．故方案②生成的铜多，选项B正确。
【分析】可以通过化学方程式，将两个方案的式子都列出，注意实验过程中有气体反应物，需要先将空气排出，会减少氢气的用量。
23．【答案】B
【知识点】铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】部分氧化的Fe-Cu合金样品含有金属铁、氧化铁、氧化铜、金属铜，金属铁、氧化铁、氧化铜可以和硫酸反应，但金属铜不可，不过铜可以和和三价Fe3+反应，样品和足量的稀硫酸反应，因硫酸足量，VmL为氢气，生成的滤渣3.2g是铜，滤液中的铁元素，在加入氢氧化钠后全部变成氢氧化铁，灼烧后变为3.2g为氧化铁。 A．生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和Fe3+反应2 Fe3+ +Cu═2 Fe2++Cu2+，所以一定不含有Fe3+，错误；B．固体3.2g为氧化铁，其物质的量为n(Fe2O3)=3.2g÷160g/mol=0.02mol，铁元素的量为n(Fe)=0.02mol×2=0.04mol，其质量为：0.04mol×56g/mol=2.24g，正确；C．根据选项B的分析可知铁元素质量=2.24g，而原来固体5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，错误；D．根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明与铁反应的硫酸物质的量为0.04mol，其中含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧元素结合生成水，由于合金中氧物质的量 n(O)=(5.76 3.2 2.24)g÷16g/mol=0.02mol，则它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04= 0.04 molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448mL，错误。
【分析】本题要注意物质反应的顺序，其中铜不能和稀硫酸反应，但是可以和铁离子反应，最终剩余铜，所以不可能存在铁离子，结合物质的量计算公式，求出答案。
24．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+ H2O，此时才有二氧化碳气体生成。A.0.1mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图像与反应不符，错误； B．图像中开始反应即有气体生成，与反应不符，错误；C．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+ Na2CO3=NaHCO3 +NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+ H2O +CO2↑；此时开始放出气体，正好与图像相符，正确；D．因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图像与反应不符，错误。
【分析】先将氢氧化钠、碳酸钠的质量用公式n=m/M换算为物质的量，结合化学方程式，可以知道盐酸和氢氧化钠、碳酸钠的物质的量之比，注意盐酸和氢氧化钠先反应，再和碳酸钠反应，且和碳酸钠反应分两步，先生成碳酸氢钠，无气体，再生产碳酸，分解出二氧化碳。
25．【答案】C
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】二氧化氮是红棕色的气体，所以在无色气体中一定不存在NO2，甲气体经过足量的浓硫酸，逸出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2。所以该气体中一定含有NH3、NO、CO2，选项C正确。
【分析】本题考查的是气体的性质，无色气体可以先排除二氧化氮，浓硫酸具有吸水性和酸性，可以吸收水蒸气和碱性气体，如氨气，过氧化钠是常用的供氧剂，可以和二氧化碳等酸性氧化物、水、酸性气体反应，如二氧化碳，产物为红棕色气体，即二氧化氮，可以知道过氧化钠产生的氧气跟某种气体反应生成二氧化氮，该气体为一氧化氮。
26．【答案】（1）过滤；萃取；2I-+Cl2 = I2+2Cl-
（2）B
（3）漏斗、分液漏斗
（4）三点错误：①没有石棉网；②温度计插入液面以下；③冷凝器进、出水方向颠倒
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）过滤适用于分离不溶于水的固体和液体，①分离固体和液体用过滤；③碘单质难溶于水，易溶于有机溶剂四氯化碳或苯，而且水与有机物四氯化碳或苯互不相溶，碘与有机物不能发生反应，可以用将四氯化碳或苯碘水中的碘单质萃取出来，方法是萃取； （2）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯，A．水与酒精互溶，不能作萃取剂，错误；水与四氯化碳、苯互不相溶，碘容易溶解在这些有机物中，正确；C．醋酸与水互溶，不能作萃取剂，错误；选项B正确；（3）为使海藻中I-转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器。尚缺少的仪器是漏斗、分液漏斗；（4）从含碘的有机溶剂中提取碘，还要经过蒸馏，指出下列蒸馏装置中的错误之处是冷凝器进、出水方向颠倒，应该是下口进，上口出。
【分析】（1）固体不溶于液体，可以用过滤法；液体和液体互溶，可以用萃取法；
（2）萃取剂要注意选择合适，类似酒精、乙酸等一些可以溶于水中的有机物，一般都不可以作为萃取剂；
（3）漏斗是分离固体和液体所需，分液漏斗是分离液体和液体所需；
（4）蒸馏装置有几处地方要注意：沸石、温度计位置为蒸馏烧瓶支管口处、冷凝水流位置为下口进上口出。
27．【答案】（1）Fe、S；11.2
（2）打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑；使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；m/80 /(m/80+n/233)
（3）试管a中出现淡黄色浑浊；方案Ⅲ；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】（1）在反应4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3中，化合价升高的Fe、S元素在反应中被氧化；根据反应方程式可知：每有44mol电子转移，会反应产生8molSO2，则反应转移2.75mol电子，产生SO2的物质的量是n(SO2)= (2.75mol÷44mol)×8mol=0.5mol，其在标准状况下的体积是V(SO2)= 0.5mol×22.4L/mol=11.2L；（2） ①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是①打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；②用图2所示装置是固体混合物加热制取气体的装置，则制取氧气的化学方程式是2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑；③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；④实验结束后，若装置D增加的质量为m g，则反应产生SO3的质量是mg；装置E中产生白色沉淀的质量为n g，由于未反应的SO2会被硝酸氧化产生硫酸，与溶液中的钡离子结合形成BaSO4沉淀，根据S元素守恒可知SO2的物质的量n/233mol，则此条件下二氧化硫的转化率是m/80÷(m/80+ n/233)； （3）①二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀S，故证明其氧化性的现象是：试管a中出现淡黄色浑浊；②方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用，方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。S元素的化合价升高，失去电子，被氧化，体现二氧化硫的还原性，则实验设计合理。
【分析】（1）根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”可以判断出元素化合价变化和氧化反应、还原反应的关系，再利用化合价变化，结合电子可以求出相应物质的物质的量；
（2） ①分液漏斗使用的时候要先打开上口塞，再打开旋塞；②固体混合物加热，制取氧气的有氯酸钾在二氧化锰的催化下分解、高锰酸钾受热分解；③继续通入氧气，可以利用氧气将残留在内部的气体排出，充分吸收；④利用差值法可以求出三氧化硫质量；利用公式n=m/M以及原子守恒，可以求出二氧化硫的物质的量；
（3）①二氧化硫可以和硫离子反应，结合归中定律可以知道产物为硫单质；②方案I：银离子可以和氯离子产生白色沉淀；方案Ⅱ：氯水中含有漂白性物质可以和品红溶液褪色；方案Ⅲ：钡离子和硫酸根离子可以产生硫酸钡，硫酸根来自于二氧化硫的氧化。
28．【答案】（1）化合物；②⑤
（2）能；易分解。
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】（1）①HIO3；②碘酸钠； ③KOH；④I2O5；⑤NaCl五种物质含有的元素都是两种，因此都属于化合物；碘酸钾是盐，则与其属于同一类别的物质是②碘酸钠、⑤NaCl；（2） 碘酸钾（KIO3）是钾盐，能溶于水；碘酸钾（KIO3）在高温受热时不稳定容易分解产生KI和氧气，故该物质易分解。
【分析】（1）要注意都是同一种物质组成的，所以是纯净物，又因为含有多种元素，所以是纯净物中的化合物；碘酸钾是碘酸盐，也是钾盐，根据题干，可以知道只有碘酸钠和氯化钠都是盐类；
（2）所有钾盐都是易溶于水，且碘酸根离子比较活泼，氧化性较强，受热易分解。
29．【答案】（1）FeCl2；KSCN
（2）d
（3）Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O
（4）溶液中的Fe2＋被氧化剂氧化成Fe3＋，使Fe3＋浓度增大，从而生成更多的硫氰化铁使红色加深。
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】（1）Fe与HCl发生反应产生的浅绿色溶液D主要成分的化学式为FeCl2；Fe与水蒸气在高温下反应产生的固体A是Fe3O4，Fe3O4和与盐酸发生反应：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O ，由于含有Fe3+，所以溶液显棕黄色；向其中加入KSCN溶液，二者发生反应：FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl，使溶液变为血红色；所以试剂1是KSCN；（2）浅绿色的溶液为FeCl2，向其中加入具有强氧化性的物质，可以将FeCl2氧化为FeCl3，在Cl2 、新制氯水、浓硫酸、S、硝酸中不具有强氧化性的物质是S，故选项是d；（3）固体A是Fe3O4，Fe3O4溶于稀盐酸的化学方程式是Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O；（4）溶液C到溶液F红色加深的原因是溶液中的Fe2＋被氧化剂氧化成Fe3＋，根据平衡移动原理：增大反应物Fe3＋的浓度，可以使化学平衡正向移动，故产生更多的Fe(SCN)3，所以溶液的红色加深。
【分析】（1）铁和盐酸反应生成氯化亚铁，为浅绿色；铁和水蒸气高温产物为四氧化三铁和氢气；四氧化三铁和盐酸反应有两种盐，为氯化铁和氯化亚铁；检验铁离子时可以用硫氰酸钾，变为血红色；
（2）要将亚铁离子转化为铁离子，需要加入氧化剂，如氯气、氯水、浓硫酸、双氧水、硝酸等等都可以；
（3）注意四氧化三铁中铁元素有两个价态，为+2和+3，所以得到的盐类为氯化亚铁和氯化铁；
（4）亚铁离子被氧化为铁离子，增加了铁离子的浓度，朝正反应移动，是生成物硫氰酸铁增加，颜色变深。
30．【答案】（1）(NH4)2CO3；NH4HCO3；二氧化碳；NO2(F)
（2）0.1NA
（3）3Cu＋2NO3-＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
（4）2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O。
【知识点】铵盐；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物
【解析】【解答】W既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则A为NH3，气体C能与Na2O2反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故C为CO2，则W应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2 ，E为NO，F为NO2 ，G为HNO3。 （1）由上分析W应为碳酸铵或碳酸氢铵，C为CO2，F为NO2； （2）反应①为2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2，根据反应方程式可知：每消耗2mol Na2O2，转移电子数为2mol，若消耗Na2O2 7.8g，其物质的量是0.1mol，则则转移的电子数为0.1NA；（3）反应③是Cu与稀硝酸的反应，反应的离子方程式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；（4）NH3与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，反应的化学方程式为2NH3＋3CuO 3Cu＋N2＋3H2O。
【分析】本题考查的是推断题，通过物质之间的反应，可以判断出各种物质，A为氨，B为水，C为二氧化碳，D为氧气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，W为碳酸铵或者碳酸氢铵；
（2）写出氧化还原反应的方程式，根据化合价变化，可以知道电子转移数目，再结合物质的量即可求出答案；
（3）铜和稀硝酸反应，要注意产物为一氧化氮而不是二氧化氮；
（4）氨气具有一定的远远小，可以和金属氧化物反应，生成氮气和金属单质。
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