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湖北省荆门市2016-2017学年化学高一上学期期末考试试卷
一、选择题
1．（2017高一上·荆门期末）今年入冬以来，我市大部分地区雾霾严重，严重影响人们的日常生活．“改善环境条件，提高空气质量：人人有责！下列措施对控制雾霾无影响的是（　　）
A．机动车限号行驶，鼓励乘公交出行
B．不焚烧农作物秸秆
C．局部地区实行人工降雨、降雪
D．家庭安装空气净化器
2．（2017高一上·荆门期末）下列分类正确的是（　　）
A．酸：CH3COOH、H2SO3、NaHCO3、HF
B．碱：Cu2（OH）2CO3、NaOH、Fe（OH）2、Mg（OH）2
C．盐：AgCl、BaSO4、NaH2PO4、Mg（NO3）2
D．酸性氧化物：CO、CO2、SO2 SO3
3．（2017高一上·荆门期末）下列说法中不正确的是（　　）
A．Al2O3可用作耐火材料，用小苏打发酵面团制作馒头
B．碳素钢的熔点比纯铁低、司母戊鼎的主要成分是铜合金
C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化
D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物
4．（2017高一上·荆门期末）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
B．常温常压下的67.2L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA
C．1L 1mol/L的稀硝酸中，含氧原子数为3NA
D．1molCO和CO2混合气体中含C原子数为NA
5．（2016高一上·南阳期末）常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣②2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣③2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．由此判断下列说法正确的是（　　）
A．铁元素在反应①中被还原，在③中被氧化
B．反应②中当有1mol Cl2被氧化时，有2mol Br﹣被还原
C．氧化性强弱顺序为：Cl2＞I2＞Br2＞Fe3+
D．还原性强弱顺序为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣
6．（2017高一上·荆门期末）某课外实验小组的同学们采取的下列实验操作中，正确的是（　　）
①甲同学将用剩的钠或钾应及时放回原试剂瓶；
②乙同学用灯帽盖灭酒精灯；
③丙同学给容量为30mL的试管中加入20mL液体加热；
④丁同学用酒精萃取碘水中的碘；
⑤戊同学将浓硫酸倒入装有适量水的量筒中稀释；
⑥己同学配制NaOH溶液时，将NaOH固体在烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中．
A．只有②③ B．①② C．只有②③④ D．全部正确
7．（2017高一上·荆门期末）下列离子方程式书写正确的是（　　）
①将金属Na投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑
②在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O
③碳酸氢钙溶液中滴加盐酸：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O
④碳酸钙中滴加盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O．
A．①③④ B．①③ C．②④ D．①②③
8．（2015高一上·简阳月考）下列化合物与小苏打溶液反应，没有气体或沉淀生成的是（　　）
A．烧碱 B．硫酸氢钠 C．氢氧化钡 D．过氧化钠
9．（2017高一上·荆门期末）下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（　　）
A．FeSO4 （CuSO4）：加足量铁粉后，过滤
B．CO （CO2）：用NaOH溶液洗气后干燥
C．CO2 （HCl）：用NaOH溶液洗气后干燥
D．MnO2 （KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干
10．（2017高一上·荆门期末）把14.8g Na2CO3 10H2O和NaHCO3组成的固体混合物溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=1.2mol L﹣1，若把等质量的固体混合物加热至恒重，残留固体质量是（　　）
A．3.18g B．6.36g C．4.22g D．5.28g
11．（2016高一上·天水期中）三种正盐的混合溶液中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl﹣，则SO42﹣的物质的量为（　　）
A．0.1 mol B．0.3 mol C．0.5 mol D．0.15 mol
12．（2016高一上·南阳期末）在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，下列说法不正确的是（　　）
A．标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比m：n
B．25℃时，1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：m
C．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m：n
D．标准状况下，等质量的A与B的体积比为m：n
13．（2017高一上·荆门期末）一江清水送北京是十堰人民对首都人民的承诺，水质问题很重要，十堰某地有两个工厂的污水中各含有下列8种离子中的4种（两厂不含相同离子）：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、OH﹣．两厂单独处理成本很高，如果将两厂的污水按一定比例混合，过滤沉淀后污水就变为无色澄清且只含NaNO3，污染程度大大降低．关于污染源的分析，你认为正确的是（　　）
A．Cl﹣ 和NO3﹣一定来自不同的工厂
B．SO42﹣ 和NO3﹣可能来自同一工厂
C．Ag+ 和Na+ 可能来自同一工厂
D．Na+ 和NO3﹣一定来自同一工厂
14．（2015高一上·福建月考）在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为（　　）
A．1：8 B．8：1 C．1：5 D．5：1
15．（2017高一上·荆门期末）1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol/L的氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量随着Z溶液的体积变化关系如图所示，则X、Y、Z分别是（　　）
A．AlCl3、FeCl3、NaOH B．AlCl3、MgCl2、NaOH
C．NaAlO2、Ba（OH）2、H2SO4 D．NaAlO2、BaCl2、H2SO4
二、实验题
16．（2017高一上·荆门期末）某校化学小组学生利用如图1所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3 6H2O 晶体．（图中夹持及尾气处理装置均已略去）
（1）装置B中发生反应的化学方程式是　 　
（2）装置E中的现象是　 　
（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤．写出可能发生的有关反应化学方程式：　 　
（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3 6H2O晶体，设计流程如图2：
①步骤I中通入Cl2的作用是　 　．
②简述检验滤液中Fe3+的操作方法　 　
③步骤II从FeCl3稀溶液中得到FeCl3 6H2O晶体的主要操作包括：　 　．
17．（2017高一上·荆门期末）掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根据如图实验装置回答问题．
（1）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的是　 　（填序号）．
（2）若利用装置Ⅰ分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器　 　，②的进水口是　 　（填“f”或“g”）．
（3）某小组同学欲配制230mL 0.4mol/L 盐酸，则需取用4mol/L盐酸　 　mL．
（4）装置Ⅱ是该小组某同学转移溶液的示意图，指出图中的错误之处：
①　 　；②　 　．
（5）下列实验操作使配制的溶液浓度偏低的是　 　．
A．容量瓶洗涤后未干燥
B．移液时，有少量溶液溅出
C．定容时，加水不慎超过刻度线，又倒出一些
D．量筒量取溶液时，仰视刻度线
E．装入试剂瓶时，有少量溶液溅出．
三、推断题
18．（2017高一上·荆门期末）某混合物A含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示变化．
请回答下列问题．
（1）、C、D、G、H 4种物质的化学式为：C　 　、D　 　、G　 　、H　 　．
（2）沉淀F与KOH溶液反应的离子方程式为　 　沉淀E加热生成B的化学方程式为　 　溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为　 　．
四、解答题
19．（2017高一上·荆门期末）现有下列十种物质：①液态氯化氢 ②小苏打 ③固体纯碱 ④二氧化碳 ⑤葡萄糖 ⑥氢氧化钾 ⑦氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨Al ⑩硫酸铁溶液
（1）上述十种物质中，属于电解质的有　 　，属于非电解质的有　 　．
（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，该反应的化学方程式为　 　．
（3）除去③中少量②的操作是　 　，⑨在空气中能稳定存在的原因　 　．
（4）标准状况下，　 　L ④中含有0.4mol 氧原子．
（5）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是　 　．
（6）若在⑦中缓慢加入⑥的水溶液，产生的现象是　 　．
（7）将①加入到⑥的溶液中，⑥的溶液导电能力变化为　 　（填“增强”、“减弱”或“基本不变”）
20．（2017高一上·荆门期末）已知某一反应体系中有反应物和生成物共6种微粒：MnO4﹣、NO2﹣、H+、Mn2+、H2O和一种未知的离子X（简单锰离子在生成物中）．完成下列问题：
（1）该反应中的X离子是　 　，还原产物是　 　．
（2）该反应的离子方程式为：　 　．
（3）如反应转移了0.2mol电子，则反应的NO2﹣的物质的量为　 　．
（4）实验室常用饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应制取纯净氮气，该反应的化学方程式为：　 　．
21．（2017高一上·荆门期末）将有铜的印刷线路板浸入200mL氯化铁浓溶液中，有19.2g铜被腐蚀掉．取出印刷线路板，向溶液中加入16.8g铁粉，经充分反应，溶液中还存在9.6g不溶解的物质．（设溶液体积不变）．请回答下列问题：
（1）充分反应后，溶液中存在9.6g不溶物的成分为　 　．
（2）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为　 　．
（3）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：　 　．
（4）试计算最后溶液中Fe2+离子的物质的量浓度　 　mol/L．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：A．机动车限号行驶，鼓励乘公交出行，可减少汽车尾气的排放，可减少雾霾，故A不选；
B．不焚烧农作物秸秆，可减少粉尘污染，可减少雾霾，故B不选；
C．局部地区实行人工降雨、降雪，可净化空气，减少雾霾，故C不选；
D．家庭安装空气净化器，不能改变大气污染，故D选．
故选D．
【分析】雾霾天气的形成是空气的污染造成的，要改善雾霾天气，应减少粉尘污染，以此解答该题．
2．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．CH3COOH、H2SO3、HF都属于酸，NaHCO3属于盐，故A错误；
B．NaOH、Fe（OH）2、Mg（OH）2都是碱，Cu2（OH）2CO3是碱式盐，故B错误；
C．AgCl、BaSO4、NaH2PO4、Mg（NO3）2 都是盐，故C正确；
D．CO2、SO2、SO3 都是酸性氧化物，CO和碱不反应属于不成盐氧化物，故D错误；
故选C．
【分析】A．水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；
B．水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C．金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；
D．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，发生的是复分解反应．
3．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．氧化铝具有较高熔点，可用作耐火材料，小苏打不稳定性，受热分解生成二氧化碳，所以可以做发酵剂，故A正确；
B．合金熔点低于成分金属熔点，碳素钢为合金，熔点比纯铁低、司母戊鼎的主要成分是铜合金，故B正确；
C．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，明矾不能降低海水的盐离子浓度，不能使海水淡化，故C错误；
D．不同金属元素灼烧产生不同颜色的火焰，绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物，故D正确；
故选：C．
【分析】A．依据氧化铝具有较高熔点，小苏打不稳定性解答；
B．依据合金性质解答；
C．明矾水解生成的氢氧化铝胶体，氢氧化铝具有吸附性能够吸收水中固体杂质颗粒，可以净水；
D．依据焰色反应性质解答．
4．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．过氧化钠与水反应时，过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，则生成0.1mol氧气转移转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故A正确；
B．常温常压下67.2L氯气的物质的量约为： ≈2.99mol，27gAl的物质的量为1mol，1mol铝完全反应消耗1.5mol氯气，显然氯气过量，1mol铝完全反应失去3mol电子，转移电子数为3NA，故B正确；
C.1L 1mol/L的稀硝酸中含有1mol硝酸，1mol硝酸中含有3molO原子，由于水分子中也含有O原子，则该溶液中含氧原子数大于3NA，故C错误；
D.1molCO和CO2混合气体中含有1molC原子，含C原子数为NA，故D正确；
故选C．
【分析】A．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移0.2mol电子；
B．常温常压下是24.5mol/L，67.2L氯气的物质的量约为： ≈2.99mol，27g铝的物质的量为1mol，则氯气过量，1mol铝完全反应转移3mol电子；
C．稀硝酸中，溶剂水分子中也含有O原子；
D.1molCO和CO2混合气体中含有1molC．
5．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】解：A．在2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，铁的化合价升高，被氧化；在2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，铁的化合价降低，被还原，故A错误；
B．在2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，氯元素的化合价降低，被还原，溴元素的化合价升高，被氧化，故有1molCl2被还原时，则有2molBr﹣被氧化，故B错误；
C．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Br2＞Fe3+，在反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性Cl2＞Br2，在反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性Fe3+＞I2，故氧化性顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，故C错误；
D．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，还原剂是Fe2+，还原产物是Br﹣，所以还原性Fe2+＞Br﹣，在反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，还原剂是Br﹣，还原产物是Cl﹣，所以还原性Br﹣＞Cl﹣，在反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，还原剂是I﹣，还原产物是Fe2+，所以还原性I﹣＞Fe2+，故还原性顺序是：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故D正确，
故选D．
【分析】A．根据化合价变化进行判断；
B．根据化合价变化及方程式进行判断；
C．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性．
6．【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】解：①实验室中用剩的金属或固体非金属单质应放回原试剂瓶，而不能随意丢弃，故正确；
②酒精灯必须用灯帽盖灭，而不能用嘴淬灭，故正确；
③给试管中的液体加热时，液体的量不能超过试管容积的三分之一，故给容量为30mL的试管中加入20mL液体加热是不可以的，故错误；
④萃取剂必须和原溶剂互不相溶，而酒精能和水以任意比互溶，故不能用于萃取碘水中的碘，故错误；
⑤量筒不能受热，而浓硫酸稀释放热，故不能在量筒中稀释浓硫酸，故错误；
⑥氢氧化钠固体溶于水放热，故在溶解完氢氧化钠固体后，应冷却至室温然后再移液，故错误．
故选B．
【分析】①实验室中用剩的金属或固体非金属单质应放回原试剂瓶；
②酒精灯必须用灯帽盖灭；
③给试管中的液体加热时，液体的量不能超过试管容积的三分之一；
④萃取剂必须和原溶剂互不相溶；
⑤量筒不能受热；
⑥氢氧化钠固体溶于水放热．
7．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：①反应生成NaOH和氢气，离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，遵循电子、电荷守恒，质量守恒定律，故正确；
②至中性，生成硫酸钡和水，不符合离子的配比，离子反应应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故错误；
③反应生成氯化钙、水和二氧化碳，则碳酸氢钙溶液中滴加盐酸的离子反应为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故正确；
④反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙在离子反应中应保留化学式，则碳酸钙中滴加盐酸的离子反应为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故错误；
故选B．
【分析】①反应生成NaOH和氢气，遵循电子、电荷守恒，质量守恒定律；
②至中性，生成硫酸钡和水，不符合离子的配比；
③反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
④反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙在离子反应中应保留化学式．
8．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、烧碱小苏打反应生成碳酸钠和水，没有气体或沉淀生成，故A正确；
B、硫酸氢钠与小苏打反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，有气体生成，故B错误；
C、氢氧化钡与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、水、氢氧化钠，与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，有沉淀生成，故C错误；
D、过氧化钠先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠能与小苏打反应生成碳酸钠和水，有气体，但没沉淀生成，故D错误；
故选A．
【分析】A、根据烧碱小苏打反应生成碳酸钠和水；
B、根据硫酸氢钠与小苏打反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；
C、根据氢氧化钡与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、水、氢氧化钠，与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水；
D、根据过氧化钠先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠能与小苏打反应生成碳酸钠和水．
9．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，反应后过滤可除杂，故A正确；
B．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气可分离，故B正确；
C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故C错误；
D．KCl溶于水，而MnO2不溶于水，则溶解、过滤、洗涤、烘干可分离，故D正确；
故选C．
【分析】A．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu；
B．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能；
C．二者均与NaOH反应；
D．KCl溶于水，而MnO2不溶于水．
10．【答案】B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：100mL溶液中c（Na+）═1.2mol L﹣1，则n（Na+）═0.1L×1.2mol L﹣1=0.12mol，
固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，由钠元素守恒，则n（Na2CO3）= =0.06mol，
所以残留固体的质量为：m（Na2CO3）=0.06mol×106g/mol=6.36g，
故选B．
【分析】固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，根据Na元素守恒计算出剩余固体Na2CO3的物质的量，再根据m=nM计算Na2CO3质量．
11．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒有n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），故
0.2mol×1+0.25mol×2=1×0.4mol+2n（SO42﹣）
解得：n（SO42﹣）=0.15mol，
故选D．
【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒有n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），据此计算．
12．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】解：在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，则A气体与 B气体的摩尔质量之比为m：n．
A、同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比，所以同体积的气体A和气体B的质量比为m：n，故A正确；
B、相同质量，分子数与摩尔质量成反比，所以1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：m，故B正确；
C、同温同压下，气体A与气体B的密度之比等于摩尔质量之比，所以气体A与气体B的密度之比为m：n，故C正确；
D、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比，所以标准状况下，等质量的A与B的体积比为n：m，故D错误．
故选D．
【分析】在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，根据n= 可知，A气体与 B气体的摩尔质量之比为m：n．
A、同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比；
B、相同质量，分子数与摩尔质量成反比；
C、同温同压，气体的密度之比等于摩尔质量之比；
D、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比．
13．【答案】A
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：假设甲厂有银离子，那么甲厂就一定不含有氯离子、硫酸根离子和氢氧根离子，根据溶液显电中性可知：甲厂一定含有硝酸根离子；乙厂中含有氯离子、硫酸根离子和氢氧根离子，故不含有银离子、铁离子和钡离子，根据溶液显电中性可知：乙厂一定含有钠离子；故甲厂还含有铁离子和钡离子．故甲厂含有的离子为：Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3﹣；乙厂含有的离子为：Na+、Cl﹣、SO42﹣、OH﹣；或者甲和乙顺序相反．
故选A．
【分析】将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水便能变得无色澄清，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，可假设甲厂含有Ag+，则一定不含SO42﹣、OH﹣、Cl﹣，则SO42﹣、OH﹣、Cl﹣应存在与乙厂，因Ba2+与SO42﹣、Fe3+与OH﹣不能共存，则Fe3+、Ba2+存在于甲厂，根据溶液呈电中性可知，甲厂一定存在NO3﹣；所以甲厂含有的离子有：Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3﹣，乙厂含有的离子为：Na+、Cl﹣、SO42﹣、OH﹣，以此解答该题．
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：反应中，化合价升高是元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，16mol的盐酸中只有10mol做还原剂，化合价降低的元素是锰元素，所以高锰酸钾是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量比 1：5，
故选C．
【分析】化合价升高元素所在反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，注意只有部分盐酸作还原剂．
15．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，n（Fe3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故A错误；
B．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，n（Mg2+）：n（OH﹣）=1：2，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故B错误；
C．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH﹣+H+=H2O，Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，
H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，
图中第一段直线：氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO42﹣1：1反应生成硫酸钡沉淀，
Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；
图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；
图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，故C正确；
D．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；
故选C．
【分析】根据图象分析，若Z为氢氧化钠溶液，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，溶液中沉淀量达到最大时，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，X不能是铝盐；所以Z是硫酸溶液，据此解答．
16．【答案】（1）3Fe+4H2O Fe3O4+H2
（2）黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠
（3）Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3=3FeCl2
（4）将Fe2+氧化成Fe3+；取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；加热浓缩、冷却结晶、过滤
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O Fe3O4+H2，
故答案为：3Fe+4H2O Fe3O4+H2；（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠，故答案为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；（3）在固体中加入过量稀盐酸就是四氧化三铁、铁和盐酸之间的反应，其方程式：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3=3FeCl2，故答案为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3=3FeCl2；（4）①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
②检验三价铁用KSCN溶液，观察是否变红，故答案为：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；
③由FeCl3稀溶液中得到FeCl3 6H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤．
【分析】A中圆度烧瓶在加热条件下可提供水蒸气，B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气经干燥，在C中用向下排空法可收集到氢气，D为干燥装置，在加热条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，可用KSCN检验铁离子，可用KSCN检验铁离子，以此解答该题．（1）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，据此写出反应的化学方程式；（2）装置E中红色的氧化铁被氢气还原成黑色的铁，同时有水珠生成； （3）B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，固体的成分可能为四氧化三铁、铁．在固体中加入过量稀盐酸就是四氧化三铁、铁和盐酸之间的反应；（4）滤液中有FeCl3、FeCl2，通入氯气将FeCl2氧化成FeCl3，再将FeCl3稀溶液进行加热浓缩、冷却结晶、过滤即得FeCl3 6H2O晶体．
①根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；
②根据三价铁的检验方法加KSCN溶液，观察是否变红；
③由FeCl3稀溶液中得到FeCl3 6H2O晶体需加热浓缩、冷却晶体，过滤．
17．【答案】（1）④
（2）温度计；g
（3）25.0
（4）应该选用250毫升容量瓶；未用玻璃棒引流
（5）B；C
【知识点】物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）具有塞子、活塞的仪器使用时需要检查是否漏水，则仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的是④，故答案为：④；（2）用装置I分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器有温度计，蒸馏时，冷却水应从下端进入，即g进入，以使水充满冷凝管，充分冷凝，故答案为：温度计； g；（3）应配制250mL，则需取用4mol/L盐酸的体积为 =25.0（mL），故答案为：25.0；（4）配制250mL、0.4mol/L盐酸，应选用250mL容量瓶，且转移液体时没有用玻璃棒引流，故答案为：应该选用250毫升容量瓶；未用玻璃棒引流；（5）A．容量瓶洗涤后未干燥，不影响溶液配制；
B．移液时，有少量溶液溅出，溶质减少，配制溶液浓度减小；
C．定容时，加水不慎超过刻度线，又倒出一些溶液浓度减小；
D．定容时，俯视刻度线，未加到刻度线，溶液浓度增大；
E．装入试剂瓶时，有少量溶液溅出不影响溶液浓度；
配制过程中导致溶液浓度偏低的操作是BC．
故答案为：BC．
【分析】（1）具有塞子、活塞的仪器使用时需要检查是否漏水；（2）用装置I分离水和酒精的混合物，利用沸点差异分离，需要测定温度；（3）应配制250mL，结合溶液稀释前后溶质的物质的量不变解答；（4）配制250mL、0.4mol/LHCl溶液，应选择相应规格的容量瓶，且转移液体需要引流；（5）根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．
18．【答案】（1）Fe2O3；KAlO2；KAl（SO4）2；（NH4）2SO4
（2）Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；Al2（SO4）3+6NH3 H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知，C为Fe2O3，D为KAlO2，G为KAl（SO4）2，H为（NH4）2SO4，
故答案为：Fe2O3；KAlO2；KAl（SO4）2；（NH4）2SO4；（2）沉淀F与KOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；
沉淀E加热生成B的化学方程式为2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；
溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为Al2（SO4）3+6NH3 H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4，
故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；Al2（SO4）3+6NH3 H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4．
【分析】A含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，由Al2（SO4）3溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，结合流程可知，混合物A加水溶解后，溶液G为KAl（SO4）2，沉淀F为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀F中加KOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀C为Fe2O3，Al2O3可与KOH溶液反应生成D为KAlO2，向KAlO2溶液中加入适量盐酸，可得E为Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液G中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中H为（NH4）2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
19．【答案】（1）①②③⑥；④⑤
（2）HCl+KOH=H2O+KCl
（3）加热；铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应
（4）4.48
（5）1.5mol/L
（6）产生红褐色沉淀
（7）基本不变
【知识点】电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；物质的量浓度
【解析】【解答】解：（1）①液态氯化氢在水溶液中能导电，是电解质；
②NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
③固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
④二氧化碳水溶液中反应生成电解质溶液导电，本身不能电离属于非电解质；
⑤葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质；
⑥氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
⑦氢氧化铁胶体属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑧氨水属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑨Al 属于单质能导电，既不是电解质也不是非电解质；
⑩硫酸铁溶液属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
故属于电解质的是：①②③⑥，非电解质的有：④⑤；
故答案为：①②③⑥；④⑤；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如HCl+KOH=H2O+KCl；
故答案为：HCl+KOH=H2O+KCl；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以除去固体纯碱中少量小苏打的操作是加热，方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，⑨在空气中能稳定存在的原因是铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应，
故答案为：加热；铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应；（4）n（CO2）= n（O）=0.2mol，V（CO2）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
故答案为：4.48；（5）Fe3+的物质的量为 =0.1mol，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），则SO42﹣的物质的量为0.1mol× =0.15mol，SO42﹣的物质的量浓度为 =1.5mol/L；
故答案为：1.5mol/L；（6）若在氢氧化铁胶体中缓慢加入氢氧化钾，胶体发生聚沉，产生的现象是产生红褐色沉淀；
故答案为：产生红褐色沉淀；（7）将①液态氯化氢加入到⑥氢氧化钾 的溶液中，⑥的溶液导电能力变化基本不变，
故答案为：基本不变；
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳来解答，铝是活泼金属在空气中表面形成氧化铝保护膜；（4）根据n= 结合分子的构成计算．（5）根据n= 计算Fe3+的物质的量，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），再根据c= 计算SO42﹣的物质的量浓度；（6）胶体加入电解质会发生聚沉；（7）电解质溶液导电能力强弱取决于离子浓度的大小，氨水中加入盐酸依据反应物和生成物的性质判断离子浓度的变化进而判断导电能力变化；
20．【答案】（1）NO3﹣；Mn2+
（2）2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O
（3）0.1mol
（4）NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O↑
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】解：（1）MnO4﹣→Mn2+为还原反应，生成还原产物，Mn元素的化合价降低，化合价能够升高的只有N元素，所以应该是NO2﹣被氧化生成NO3﹣，
故答案为：NO3﹣；Mn2+；（2）1mol高锰酸根离子反应转移5mol电子，1mol亚硝酸根离子被氧化转移2mol电子，所以高锰酸根离子和亚硝酸根离子个数比为2：5，再据电荷守恒和原子守恒配平的离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5 NO3﹣+3H2O，故答案为：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5 NO3﹣+3H2O；（3）生成1mol亚硝酸根离子转移2mol电子，如反应转移了0.2mol电子，则反应的NO2﹣的物质的量为0.1mol，故答案为：0.1mol；（4）NaNO2与NH4Cl发生归中反应生成氮气，1mol亚硝酸钠反应转移3mol电子，1mol氯化铵反应也是转移3mol电子，所以其物质的量之比为1：1，再结合原子守恒配平化学方程式为NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O↑，故答案为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O↑．
【分析】（1）MnO4﹣→Mn2+为还原反应，Mn元素的化合价降低，则N元素的化合价升高，据此分析；（2）据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；（3）生成1mol亚硝酸根离子转移2mol电子，据此分析；（4）据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式．
21．【答案】（1）Cu
（2）Fe3+
（3）Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
（4）6
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）加入Fe粉前，溶液中有Cu2+，Fe2+，Cl﹣，可能还有Fe3+，16.8gFe为0.3mol，19.2gCu为0.3mol，若无Fe3+，那么Fe恰好把19.2gCu全部置换，现在只有9.6g不溶物，所以不可能为Fe，只能是Cu，故答案为：Cu；（2）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，溶液中一定不存在的金属离子为Fe3+，存在Cl﹣、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+；（3）由化学方程式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即溶液中离子氧化性Fe3+大于Cu2+，根据金属活动顺序表，Cu2+＞Fe2+，所以氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，
故答案为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；（4）加入Fe，反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，所以存在Cl﹣，Fe2+，Cu2+；溶液中剩余的Cu元素为19.2g﹣9.6g=9.6g，0.15mol，综合来看，溶液中是9.6gCu和16.8gFe恰好完全还原了Fe3+，Cu失电子为0.3mol，Fe失电子0.6mol，合计0.9mol，所以原有Fe3+0.9mol，最后所有的Fe元素都变成Fe2+，故c（Fe2+）= mol/L=6.0mol/L，
故答案为：6．
【分析】（1）依据Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2计算即可；（2）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，据此回答判断；（3）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此回答；（4）利用物质的量守恒以及电子得失守恒计算即可．
1 / 1湖北省荆门市2016-2017学年化学高一上学期期末考试试卷
一、选择题
1．（2017高一上·荆门期末）今年入冬以来，我市大部分地区雾霾严重，严重影响人们的日常生活．“改善环境条件，提高空气质量：人人有责！下列措施对控制雾霾无影响的是（　　）
A．机动车限号行驶，鼓励乘公交出行
B．不焚烧农作物秸秆
C．局部地区实行人工降雨、降雪
D．家庭安装空气净化器
【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：A．机动车限号行驶，鼓励乘公交出行，可减少汽车尾气的排放，可减少雾霾，故A不选；
B．不焚烧农作物秸秆，可减少粉尘污染，可减少雾霾，故B不选；
C．局部地区实行人工降雨、降雪，可净化空气，减少雾霾，故C不选；
D．家庭安装空气净化器，不能改变大气污染，故D选．
故选D．
【分析】雾霾天气的形成是空气的污染造成的，要改善雾霾天气，应减少粉尘污染，以此解答该题．
2．（2017高一上·荆门期末）下列分类正确的是（　　）
A．酸：CH3COOH、H2SO3、NaHCO3、HF
B．碱：Cu2（OH）2CO3、NaOH、Fe（OH）2、Mg（OH）2
C．盐：AgCl、BaSO4、NaH2PO4、Mg（NO3）2
D．酸性氧化物：CO、CO2、SO2 SO3
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．CH3COOH、H2SO3、HF都属于酸，NaHCO3属于盐，故A错误；
B．NaOH、Fe（OH）2、Mg（OH）2都是碱，Cu2（OH）2CO3是碱式盐，故B错误；
C．AgCl、BaSO4、NaH2PO4、Mg（NO3）2 都是盐，故C正确；
D．CO2、SO2、SO3 都是酸性氧化物，CO和碱不反应属于不成盐氧化物，故D错误；
故选C．
【分析】A．水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；
B．水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C．金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；
D．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，发生的是复分解反应．
3．（2017高一上·荆门期末）下列说法中不正确的是（　　）
A．Al2O3可用作耐火材料，用小苏打发酵面团制作馒头
B．碳素钢的熔点比纯铁低、司母戊鼎的主要成分是铜合金
C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化
D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．氧化铝具有较高熔点，可用作耐火材料，小苏打不稳定性，受热分解生成二氧化碳，所以可以做发酵剂，故A正确；
B．合金熔点低于成分金属熔点，碳素钢为合金，熔点比纯铁低、司母戊鼎的主要成分是铜合金，故B正确；
C．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，明矾不能降低海水的盐离子浓度，不能使海水淡化，故C错误；
D．不同金属元素灼烧产生不同颜色的火焰，绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物，故D正确；
故选：C．
【分析】A．依据氧化铝具有较高熔点，小苏打不稳定性解答；
B．依据合金性质解答；
C．明矾水解生成的氢氧化铝胶体，氢氧化铝具有吸附性能够吸收水中固体杂质颗粒，可以净水；
D．依据焰色反应性质解答．
4．（2017高一上·荆门期末）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
B．常温常压下的67.2L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA
C．1L 1mol/L的稀硝酸中，含氧原子数为3NA
D．1molCO和CO2混合气体中含C原子数为NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．过氧化钠与水反应时，过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，则生成0.1mol氧气转移转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故A正确；
B．常温常压下67.2L氯气的物质的量约为： ≈2.99mol，27gAl的物质的量为1mol，1mol铝完全反应消耗1.5mol氯气，显然氯气过量，1mol铝完全反应失去3mol电子，转移电子数为3NA，故B正确；
C.1L 1mol/L的稀硝酸中含有1mol硝酸，1mol硝酸中含有3molO原子，由于水分子中也含有O原子，则该溶液中含氧原子数大于3NA，故C错误；
D.1molCO和CO2混合气体中含有1molC原子，含C原子数为NA，故D正确；
故选C．
【分析】A．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移0.2mol电子；
B．常温常压下是24.5mol/L，67.2L氯气的物质的量约为： ≈2.99mol，27g铝的物质的量为1mol，则氯气过量，1mol铝完全反应转移3mol电子；
C．稀硝酸中，溶剂水分子中也含有O原子；
D.1molCO和CO2混合气体中含有1molC．
5．（2016高一上·南阳期末）常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣②2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣③2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．由此判断下列说法正确的是（　　）
A．铁元素在反应①中被还原，在③中被氧化
B．反应②中当有1mol Cl2被氧化时，有2mol Br﹣被还原
C．氧化性强弱顺序为：Cl2＞I2＞Br2＞Fe3+
D．还原性强弱顺序为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】解：A．在2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，铁的化合价升高，被氧化；在2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，铁的化合价降低，被还原，故A错误；
B．在2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，氯元素的化合价降低，被还原，溴元素的化合价升高，被氧化，故有1molCl2被还原时，则有2molBr﹣被氧化，故B错误；
C．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Br2＞Fe3+，在反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性Cl2＞Br2，在反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性Fe3+＞I2，故氧化性顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，故C错误；
D．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，还原剂是Fe2+，还原产物是Br﹣，所以还原性Fe2+＞Br﹣，在反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，还原剂是Br﹣，还原产物是Cl﹣，所以还原性Br﹣＞Cl﹣，在反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，还原剂是I﹣，还原产物是Fe2+，所以还原性I﹣＞Fe2+，故还原性顺序是：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故D正确，
故选D．
【分析】A．根据化合价变化进行判断；
B．根据化合价变化及方程式进行判断；
C．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性．
6．（2017高一上·荆门期末）某课外实验小组的同学们采取的下列实验操作中，正确的是（　　）
①甲同学将用剩的钠或钾应及时放回原试剂瓶；
②乙同学用灯帽盖灭酒精灯；
③丙同学给容量为30mL的试管中加入20mL液体加热；
④丁同学用酒精萃取碘水中的碘；
⑤戊同学将浓硫酸倒入装有适量水的量筒中稀释；
⑥己同学配制NaOH溶液时，将NaOH固体在烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中．
A．只有②③ B．①② C．只有②③④ D．全部正确
【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】解：①实验室中用剩的金属或固体非金属单质应放回原试剂瓶，而不能随意丢弃，故正确；
②酒精灯必须用灯帽盖灭，而不能用嘴淬灭，故正确；
③给试管中的液体加热时，液体的量不能超过试管容积的三分之一，故给容量为30mL的试管中加入20mL液体加热是不可以的，故错误；
④萃取剂必须和原溶剂互不相溶，而酒精能和水以任意比互溶，故不能用于萃取碘水中的碘，故错误；
⑤量筒不能受热，而浓硫酸稀释放热，故不能在量筒中稀释浓硫酸，故错误；
⑥氢氧化钠固体溶于水放热，故在溶解完氢氧化钠固体后，应冷却至室温然后再移液，故错误．
故选B．
【分析】①实验室中用剩的金属或固体非金属单质应放回原试剂瓶；
②酒精灯必须用灯帽盖灭；
③给试管中的液体加热时，液体的量不能超过试管容积的三分之一；
④萃取剂必须和原溶剂互不相溶；
⑤量筒不能受热；
⑥氢氧化钠固体溶于水放热．
7．（2017高一上·荆门期末）下列离子方程式书写正确的是（　　）
①将金属Na投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑
②在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O
③碳酸氢钙溶液中滴加盐酸：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O
④碳酸钙中滴加盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O．
A．①③④ B．①③ C．②④ D．①②③
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：①反应生成NaOH和氢气，离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，遵循电子、电荷守恒，质量守恒定律，故正确；
②至中性，生成硫酸钡和水，不符合离子的配比，离子反应应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故错误；
③反应生成氯化钙、水和二氧化碳，则碳酸氢钙溶液中滴加盐酸的离子反应为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故正确；
④反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙在离子反应中应保留化学式，则碳酸钙中滴加盐酸的离子反应为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故错误；
故选B．
【分析】①反应生成NaOH和氢气，遵循电子、电荷守恒，质量守恒定律；
②至中性，生成硫酸钡和水，不符合离子的配比；
③反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
④反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙在离子反应中应保留化学式．
8．（2015高一上·简阳月考）下列化合物与小苏打溶液反应，没有气体或沉淀生成的是（　　）
A．烧碱 B．硫酸氢钠 C．氢氧化钡 D．过氧化钠
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、烧碱小苏打反应生成碳酸钠和水，没有气体或沉淀生成，故A正确；
B、硫酸氢钠与小苏打反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，有气体生成，故B错误；
C、氢氧化钡与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、水、氢氧化钠，与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，有沉淀生成，故C错误；
D、过氧化钠先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠能与小苏打反应生成碳酸钠和水，有气体，但没沉淀生成，故D错误；
故选A．
【分析】A、根据烧碱小苏打反应生成碳酸钠和水；
B、根据硫酸氢钠与小苏打反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；
C、根据氢氧化钡与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、水、氢氧化钠，与少量的小苏打反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水；
D、根据过氧化钠先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠能与小苏打反应生成碳酸钠和水．
9．（2017高一上·荆门期末）下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（　　）
A．FeSO4 （CuSO4）：加足量铁粉后，过滤
B．CO （CO2）：用NaOH溶液洗气后干燥
C．CO2 （HCl）：用NaOH溶液洗气后干燥
D．MnO2 （KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，反应后过滤可除杂，故A正确；
B．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气可分离，故B正确；
C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故C错误；
D．KCl溶于水，而MnO2不溶于水，则溶解、过滤、洗涤、烘干可分离，故D正确；
故选C．
【分析】A．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu；
B．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能；
C．二者均与NaOH反应；
D．KCl溶于水，而MnO2不溶于水．
10．（2017高一上·荆门期末）把14.8g Na2CO3 10H2O和NaHCO3组成的固体混合物溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=1.2mol L﹣1，若把等质量的固体混合物加热至恒重，残留固体质量是（　　）
A．3.18g B．6.36g C．4.22g D．5.28g
【答案】B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：100mL溶液中c（Na+）═1.2mol L﹣1，则n（Na+）═0.1L×1.2mol L﹣1=0.12mol，
固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，由钠元素守恒，则n（Na2CO3）= =0.06mol，
所以残留固体的质量为：m（Na2CO3）=0.06mol×106g/mol=6.36g，
故选B．
【分析】固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，根据Na元素守恒计算出剩余固体Na2CO3的物质的量，再根据m=nM计算Na2CO3质量．
11．（2016高一上·天水期中）三种正盐的混合溶液中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl﹣，则SO42﹣的物质的量为（　　）
A．0.1 mol B．0.3 mol C．0.5 mol D．0.15 mol
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒有n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），故
0.2mol×1+0.25mol×2=1×0.4mol+2n（SO42﹣）
解得：n（SO42﹣）=0.15mol，
故选D．
【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒有n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），据此计算．
12．（2016高一上·南阳期末）在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，下列说法不正确的是（　　）
A．标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比m：n
B．25℃时，1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：m
C．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m：n
D．标准状况下，等质量的A与B的体积比为m：n
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】解：在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，则A气体与 B气体的摩尔质量之比为m：n．
A、同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比，所以同体积的气体A和气体B的质量比为m：n，故A正确；
B、相同质量，分子数与摩尔质量成反比，所以1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：m，故B正确；
C、同温同压下，气体A与气体B的密度之比等于摩尔质量之比，所以气体A与气体B的密度之比为m：n，故C正确；
D、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比，所以标准状况下，等质量的A与B的体积比为n：m，故D错误．
故选D．
【分析】在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，根据n= 可知，A气体与 B气体的摩尔质量之比为m：n．
A、同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比；
B、相同质量，分子数与摩尔质量成反比；
C、同温同压，气体的密度之比等于摩尔质量之比；
D、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比．
13．（2017高一上·荆门期末）一江清水送北京是十堰人民对首都人民的承诺，水质问题很重要，十堰某地有两个工厂的污水中各含有下列8种离子中的4种（两厂不含相同离子）：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、OH﹣．两厂单独处理成本很高，如果将两厂的污水按一定比例混合，过滤沉淀后污水就变为无色澄清且只含NaNO3，污染程度大大降低．关于污染源的分析，你认为正确的是（　　）
A．Cl﹣ 和NO3﹣一定来自不同的工厂
B．SO42﹣ 和NO3﹣可能来自同一工厂
C．Ag+ 和Na+ 可能来自同一工厂
D．Na+ 和NO3﹣一定来自同一工厂
【答案】A
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：假设甲厂有银离子，那么甲厂就一定不含有氯离子、硫酸根离子和氢氧根离子，根据溶液显电中性可知：甲厂一定含有硝酸根离子；乙厂中含有氯离子、硫酸根离子和氢氧根离子，故不含有银离子、铁离子和钡离子，根据溶液显电中性可知：乙厂一定含有钠离子；故甲厂还含有铁离子和钡离子．故甲厂含有的离子为：Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3﹣；乙厂含有的离子为：Na+、Cl﹣、SO42﹣、OH﹣；或者甲和乙顺序相反．
故选A．
【分析】将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水便能变得无色澄清，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，可假设甲厂含有Ag+，则一定不含SO42﹣、OH﹣、Cl﹣，则SO42﹣、OH﹣、Cl﹣应存在与乙厂，因Ba2+与SO42﹣、Fe3+与OH﹣不能共存，则Fe3+、Ba2+存在于甲厂，根据溶液呈电中性可知，甲厂一定存在NO3﹣；所以甲厂含有的离子有：Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3﹣，乙厂含有的离子为：Na+、Cl﹣、SO42﹣、OH﹣，以此解答该题．
14．（2015高一上·福建月考）在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为（　　）
A．1：8 B．8：1 C．1：5 D．5：1
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：反应中，化合价升高是元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，16mol的盐酸中只有10mol做还原剂，化合价降低的元素是锰元素，所以高锰酸钾是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量比 1：5，
故选C．
【分析】化合价升高元素所在反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，注意只有部分盐酸作还原剂．
15．（2017高一上·荆门期末）1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol/L的氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量随着Z溶液的体积变化关系如图所示，则X、Y、Z分别是（　　）
A．AlCl3、FeCl3、NaOH B．AlCl3、MgCl2、NaOH
C．NaAlO2、Ba（OH）2、H2SO4 D．NaAlO2、BaCl2、H2SO4
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，n（Fe3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故A错误；
B．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，n（Mg2+）：n（OH﹣）=1：2，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故B错误；
C．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH﹣+H+=H2O，Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，
H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，
图中第一段直线：氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO42﹣1：1反应生成硫酸钡沉淀，
Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；
图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；
图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，故C正确；
D．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；
故选C．
【分析】根据图象分析，若Z为氢氧化钠溶液，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，溶液中沉淀量达到最大时，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，X不能是铝盐；所以Z是硫酸溶液，据此解答．
二、实验题
16．（2017高一上·荆门期末）某校化学小组学生利用如图1所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3 6H2O 晶体．（图中夹持及尾气处理装置均已略去）
（1）装置B中发生反应的化学方程式是　 　
（2）装置E中的现象是　 　
（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤．写出可能发生的有关反应化学方程式：　 　
（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3 6H2O晶体，设计流程如图2：
①步骤I中通入Cl2的作用是　 　．
②简述检验滤液中Fe3+的操作方法　 　
③步骤II从FeCl3稀溶液中得到FeCl3 6H2O晶体的主要操作包括：　 　．
【答案】（1）3Fe+4H2O Fe3O4+H2
（2）黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠
（3）Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3=3FeCl2
（4）将Fe2+氧化成Fe3+；取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；加热浓缩、冷却结晶、过滤
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O Fe3O4+H2，
故答案为：3Fe+4H2O Fe3O4+H2；（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠，故答案为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；（3）在固体中加入过量稀盐酸就是四氧化三铁、铁和盐酸之间的反应，其方程式：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3=3FeCl2，故答案为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3=3FeCl2；（4）①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
②检验三价铁用KSCN溶液，观察是否变红，故答案为：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；
③由FeCl3稀溶液中得到FeCl3 6H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤．
【分析】A中圆度烧瓶在加热条件下可提供水蒸气，B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气经干燥，在C中用向下排空法可收集到氢气，D为干燥装置，在加热条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，可用KSCN检验铁离子，可用KSCN检验铁离子，以此解答该题．（1）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，据此写出反应的化学方程式；（2）装置E中红色的氧化铁被氢气还原成黑色的铁，同时有水珠生成； （3）B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，固体的成分可能为四氧化三铁、铁．在固体中加入过量稀盐酸就是四氧化三铁、铁和盐酸之间的反应；（4）滤液中有FeCl3、FeCl2，通入氯气将FeCl2氧化成FeCl3，再将FeCl3稀溶液进行加热浓缩、冷却结晶、过滤即得FeCl3 6H2O晶体．
①根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；
②根据三价铁的检验方法加KSCN溶液，观察是否变红；
③由FeCl3稀溶液中得到FeCl3 6H2O晶体需加热浓缩、冷却晶体，过滤．
17．（2017高一上·荆门期末）掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根据如图实验装置回答问题．
（1）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的是　 　（填序号）．
（2）若利用装置Ⅰ分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器　 　，②的进水口是　 　（填“f”或“g”）．
（3）某小组同学欲配制230mL 0.4mol/L 盐酸，则需取用4mol/L盐酸　 　mL．
（4）装置Ⅱ是该小组某同学转移溶液的示意图，指出图中的错误之处：
①　 　；②　 　．
（5）下列实验操作使配制的溶液浓度偏低的是　 　．
A．容量瓶洗涤后未干燥
B．移液时，有少量溶液溅出
C．定容时，加水不慎超过刻度线，又倒出一些
D．量筒量取溶液时，仰视刻度线
E．装入试剂瓶时，有少量溶液溅出．
【答案】（1）④
（2）温度计；g
（3）25.0
（4）应该选用250毫升容量瓶；未用玻璃棒引流
（5）B；C
【知识点】物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）具有塞子、活塞的仪器使用时需要检查是否漏水，则仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的是④，故答案为：④；（2）用装置I分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器有温度计，蒸馏时，冷却水应从下端进入，即g进入，以使水充满冷凝管，充分冷凝，故答案为：温度计； g；（3）应配制250mL，则需取用4mol/L盐酸的体积为 =25.0（mL），故答案为：25.0；（4）配制250mL、0.4mol/L盐酸，应选用250mL容量瓶，且转移液体时没有用玻璃棒引流，故答案为：应该选用250毫升容量瓶；未用玻璃棒引流；（5）A．容量瓶洗涤后未干燥，不影响溶液配制；
B．移液时，有少量溶液溅出，溶质减少，配制溶液浓度减小；
C．定容时，加水不慎超过刻度线，又倒出一些溶液浓度减小；
D．定容时，俯视刻度线，未加到刻度线，溶液浓度增大；
E．装入试剂瓶时，有少量溶液溅出不影响溶液浓度；
配制过程中导致溶液浓度偏低的操作是BC．
故答案为：BC．
【分析】（1）具有塞子、活塞的仪器使用时需要检查是否漏水；（2）用装置I分离水和酒精的混合物，利用沸点差异分离，需要测定温度；（3）应配制250mL，结合溶液稀释前后溶质的物质的量不变解答；（4）配制250mL、0.4mol/LHCl溶液，应选择相应规格的容量瓶，且转移液体需要引流；（5）根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．
三、推断题
18．（2017高一上·荆门期末）某混合物A含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示变化．
请回答下列问题．
（1）、C、D、G、H 4种物质的化学式为：C　 　、D　 　、G　 　、H　 　．
（2）沉淀F与KOH溶液反应的离子方程式为　 　沉淀E加热生成B的化学方程式为　 　溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为　 　．
【答案】（1）Fe2O3；KAlO2；KAl（SO4）2；（NH4）2SO4
（2）Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；Al2（SO4）3+6NH3 H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知，C为Fe2O3，D为KAlO2，G为KAl（SO4）2，H为（NH4）2SO4，
故答案为：Fe2O3；KAlO2；KAl（SO4）2；（NH4）2SO4；（2）沉淀F与KOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；
沉淀E加热生成B的化学方程式为2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；
溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为Al2（SO4）3+6NH3 H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4，
故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O；Al2（SO4）3+6NH3 H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4．
【分析】A含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，由Al2（SO4）3溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，结合流程可知，混合物A加水溶解后，溶液G为KAl（SO4）2，沉淀F为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀F中加KOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀C为Fe2O3，Al2O3可与KOH溶液反应生成D为KAlO2，向KAlO2溶液中加入适量盐酸，可得E为Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液G中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中H为（NH4）2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
四、解答题
19．（2017高一上·荆门期末）现有下列十种物质：①液态氯化氢 ②小苏打 ③固体纯碱 ④二氧化碳 ⑤葡萄糖 ⑥氢氧化钾 ⑦氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨Al ⑩硫酸铁溶液
（1）上述十种物质中，属于电解质的有　 　，属于非电解质的有　 　．
（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，该反应的化学方程式为　 　．
（3）除去③中少量②的操作是　 　，⑨在空气中能稳定存在的原因　 　．
（4）标准状况下，　 　L ④中含有0.4mol 氧原子．
（5）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是　 　．
（6）若在⑦中缓慢加入⑥的水溶液，产生的现象是　 　．
（7）将①加入到⑥的溶液中，⑥的溶液导电能力变化为　 　（填“增强”、“减弱”或“基本不变”）
【答案】（1）①②③⑥；④⑤
（2）HCl+KOH=H2O+KCl
（3）加热；铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应
（4）4.48
（5）1.5mol/L
（6）产生红褐色沉淀
（7）基本不变
【知识点】电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；物质的量浓度
【解析】【解答】解：（1）①液态氯化氢在水溶液中能导电，是电解质；
②NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
③固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
④二氧化碳水溶液中反应生成电解质溶液导电，本身不能电离属于非电解质；
⑤葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质；
⑥氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
⑦氢氧化铁胶体属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑧氨水属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑨Al 属于单质能导电，既不是电解质也不是非电解质；
⑩硫酸铁溶液属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
故属于电解质的是：①②③⑥，非电解质的有：④⑤；
故答案为：①②③⑥；④⑤；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如HCl+KOH=H2O+KCl；
故答案为：HCl+KOH=H2O+KCl；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以除去固体纯碱中少量小苏打的操作是加热，方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，⑨在空气中能稳定存在的原因是铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应，
故答案为：加热；铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应；（4）n（CO2）= n（O）=0.2mol，V（CO2）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
故答案为：4.48；（5）Fe3+的物质的量为 =0.1mol，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），则SO42﹣的物质的量为0.1mol× =0.15mol，SO42﹣的物质的量浓度为 =1.5mol/L；
故答案为：1.5mol/L；（6）若在氢氧化铁胶体中缓慢加入氢氧化钾，胶体发生聚沉，产生的现象是产生红褐色沉淀；
故答案为：产生红褐色沉淀；（7）将①液态氯化氢加入到⑥氢氧化钾 的溶液中，⑥的溶液导电能力变化基本不变，
故答案为：基本不变；
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳来解答，铝是活泼金属在空气中表面形成氧化铝保护膜；（4）根据n= 结合分子的构成计算．（5）根据n= 计算Fe3+的物质的量，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），再根据c= 计算SO42﹣的物质的量浓度；（6）胶体加入电解质会发生聚沉；（7）电解质溶液导电能力强弱取决于离子浓度的大小，氨水中加入盐酸依据反应物和生成物的性质判断离子浓度的变化进而判断导电能力变化；
20．（2017高一上·荆门期末）已知某一反应体系中有反应物和生成物共6种微粒：MnO4﹣、NO2﹣、H+、Mn2+、H2O和一种未知的离子X（简单锰离子在生成物中）．完成下列问题：
（1）该反应中的X离子是　 　，还原产物是　 　．
（2）该反应的离子方程式为：　 　．
（3）如反应转移了0.2mol电子，则反应的NO2﹣的物质的量为　 　．
（4）实验室常用饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应制取纯净氮气，该反应的化学方程式为：　 　．
【答案】（1）NO3﹣；Mn2+
（2）2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O
（3）0.1mol
（4）NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O↑
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】解：（1）MnO4﹣→Mn2+为还原反应，生成还原产物，Mn元素的化合价降低，化合价能够升高的只有N元素，所以应该是NO2﹣被氧化生成NO3﹣，
故答案为：NO3﹣；Mn2+；（2）1mol高锰酸根离子反应转移5mol电子，1mol亚硝酸根离子被氧化转移2mol电子，所以高锰酸根离子和亚硝酸根离子个数比为2：5，再据电荷守恒和原子守恒配平的离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5 NO3﹣+3H2O，故答案为：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5 NO3﹣+3H2O；（3）生成1mol亚硝酸根离子转移2mol电子，如反应转移了0.2mol电子，则反应的NO2﹣的物质的量为0.1mol，故答案为：0.1mol；（4）NaNO2与NH4Cl发生归中反应生成氮气，1mol亚硝酸钠反应转移3mol电子，1mol氯化铵反应也是转移3mol电子，所以其物质的量之比为1：1，再结合原子守恒配平化学方程式为NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O↑，故答案为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O↑．
【分析】（1）MnO4﹣→Mn2+为还原反应，Mn元素的化合价降低，则N元素的化合价升高，据此分析；（2）据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；（3）生成1mol亚硝酸根离子转移2mol电子，据此分析；（4）据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式．
21．（2017高一上·荆门期末）将有铜的印刷线路板浸入200mL氯化铁浓溶液中，有19.2g铜被腐蚀掉．取出印刷线路板，向溶液中加入16.8g铁粉，经充分反应，溶液中还存在9.6g不溶解的物质．（设溶液体积不变）．请回答下列问题：
（1）充分反应后，溶液中存在9.6g不溶物的成分为　 　．
（2）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为　 　．
（3）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：　 　．
（4）试计算最后溶液中Fe2+离子的物质的量浓度　 　mol/L．
【答案】（1）Cu
（2）Fe3+
（3）Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
（4）6
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）加入Fe粉前，溶液中有Cu2+，Fe2+，Cl﹣，可能还有Fe3+，16.8gFe为0.3mol，19.2gCu为0.3mol，若无Fe3+，那么Fe恰好把19.2gCu全部置换，现在只有9.6g不溶物，所以不可能为Fe，只能是Cu，故答案为：Cu；（2）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，溶液中一定不存在的金属离子为Fe3+，存在Cl﹣、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+；（3）由化学方程式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即溶液中离子氧化性Fe3+大于Cu2+，根据金属活动顺序表，Cu2+＞Fe2+，所以氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，
故答案为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；（4）加入Fe，反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，所以存在Cl﹣，Fe2+，Cu2+；溶液中剩余的Cu元素为19.2g﹣9.6g=9.6g，0.15mol，综合来看，溶液中是9.6gCu和16.8gFe恰好完全还原了Fe3+，Cu失电子为0.3mol，Fe失电子0.6mol，合计0.9mol，所以原有Fe3+0.9mol，最后所有的Fe元素都变成Fe2+，故c（Fe2+）= mol/L=6.0mol/L，
故答案为：6．
【分析】（1）依据Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2计算即可；（2）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，据此回答判断；（3）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此回答；（4）利用物质的量守恒以及电子得失守恒计算即可．
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