【文档说明】【精准解析】江西省九江市同文中学2019-2020学年高一下学期期初考试化学试题.doc，共(19)页，576.000 KB，由小赞的店铺上传

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九江市同文中学2019—2020学年度下学期期初考试高一年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64S-32Mg-24Al-27第Ⅰ卷选择题一、选择题：每题只有一个正确选项。

本题共20小题，每小题2分，共40分。1.下列关于仪器使用和操作的说法中不正确的是()A.分液时，分液漏斗中的上层液体应从上口倒出B.除去KNO3中少量NaCl：将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C.蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏烧瓶支管口D.振荡分液漏斗时应

关闭其玻璃塞和活塞【答案】C【解析】【分析】本题考查仪器使用和操作，运用仪器的规范使用和操作分析判断。【详解】A.分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，A项正确；B.除去KNO3中的NaCl，利用其溶解度受温度影响的差别，KNO3

的溶解度随温度升高明显增大，NaCl的溶解度随温度的升高增大不明显，故采用重结晶法除去KNO3中的NaCl，即将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤，B项正确；C.蒸馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，C项错误；D.振荡分

液漏斗时为了防止内部液体流出，应关闭其玻璃塞和活塞，D项正确；答案选C。2.表中关于物质分类的正确组合是（）组合类别酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACO2SiO2H2SO4Na2CO3NaHCO3BCONa2OHClNaOHNaClCSO2H2O2CH3COOHKOHCaC

l2DCO2CaOHNO3Ca(OH)2CaCO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.二氧化硅是酸性氧化物，碳酸钠俗称纯碱，属于盐类，A错误；B.一氧化碳不能和碱反应，不属于酸性氧化物，B错误；C.过氧化氢是过氧化物，不属于碱性氧化物，C

错误；D.二氧化碳属于酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，硝酸属于酸类，氢氧化钙属于碱类，碳酸钙属于盐类，D正确；故答案为：D。【点睛】酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指一类能与水作用生成碱或与酸反应而成盐

和水的氧化物。3.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）A.所用的NaOH已经潮解B.向容量瓶中加水未到刻度线C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里D.用带游码的托盘天平称2.4克NaOH时误用了“左码右物”的方法【答案】B【解析】

【详解】A.所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，不选A；B.向容量瓶中加水未到刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，选B；C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致

移入容量瓶中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，不选C；D.将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，不选D；故答案为：B。【点睛】4.在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量

之比为22:9，当l.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量之比为()A.23:9B.16:9C.32:9D.46:9【答案】B【解析】【分析】①根据化学方程式和已知条件“R和M的相对分子质

量之比为22：9”以及R的质量，列出比例式，即可求出M的质量；②根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和。则生成的Y的质量=R的质量+M的质量-X的质量，然后写出

两者的比即可。【详解】①应为根据已知条件“R和M的相对分子质量之比为22：9”，则R：2M=22：(2×9)=22：18；设生成的M的质量为a，∴22：18=4.4g：a，解之得：a=3.6g；②根据质量守恒定律可得Y的质量=4.4g+3.6g-1.6g=6.4g；∴此反应中Y和M的

质量比是6.4g：3.6g=16：9，故答案为B。5.标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是()(已知标准状况下气体摩尔体积为vm)A.mAVmbLnNB.mAVnbLmNC.mAVnNLmbD.AmnbNLVm

【答案】B【解析】【详解】根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个；质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，x=ngbmg=nbm个；ng该混合气体含有的

物质的量为：n=ANN=AnbmN=AnbmNmol，其体积为：V=n×Vm=AnbmNmol×Vm=mAVnbmNL，故答案为B。6.日常生活中的下列现象与胶体的性质无关的是（）A.江河入海口处形成的三角沙洲B.一支钢笔使用

两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞C.清晨，阳光穿过树林枝叶间的间隙形成光柱D.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀【答案】D【解析】【详解】A.河流本身携带的泥沙以胶体形式存在，由于入海口处海水中含氯化钠等电解质，使得胶体溶液发生聚沉，泥沙

沉淀，和胶体的性质有关，不选A；B.墨水是胶体，而带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故钢笔使用不同型号的墨水发生堵塞是发生了胶体的聚沉，和胶体的性质有关，不选B；C.从枝叶间透过的道道光柱就是胶体具有的丁达尔效应，涉及胶

体性质，不选C；D.FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，选D；故答案为：D。7.下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是A.MgCl2晶体B.NaCl溶液C.液态氯化氢D.熔融的KOH【答案】D【解析】【详解】A.MgCl2晶体是电解质，但不能

导电，故A不选；B.NaCl溶液能导电，但由于是混合物，所以不是电解质，故B不选；C.液态氯化氢是电解质，但由于没有自由移动的离子，所以不能导电，故C不选；D.熔融的KOH里有自由移动的离子，可以导电，同时熔融的KOH是纯净物，是电解质，故D选。故选D。【点睛】有自由移动的离子或电子可以导电。

电解质必须是化合物，即必须是纯净物。酸、碱、盐都是电解质。8.用0.1mol·L-1的Na2SO3溶液30mL恰好将2×10-3mol的XO4-还原，已知氧化产物为SO42-，则元素X在还原产物中的化合价为（）A.+1B.+2C.+3D.+

4【答案】D【解析】【详解】该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价从+4升到+6价，失电子数=0.1mol/L×0.03L×2=0.006mol，XO4-为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始

为+7价，根据得失电子守恒，0.006mol30.002mol=，可见X元素化合价变化为3，即从+7价降到+4价；选：D；故答案为：D。9.把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，残余固体的质量与原来加入的铁粉质量相等，则原溶

液中的H+和SO42-的物质的量之比为（）A.1：4B.2：7C.1：2D.3：8【答案】A【解析】【详解】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为a和b，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，由题意，56(a+b)=64

b，则17ab=，c(H+)：c(SO42-)=2a1ab4=+，选A；故答案为：A。10.在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入

过量的稀盐酸，溶液中离子数目变化最小的是()A.Na＋B.Al3＋C.Fe3＋D.Fe2＋【答案】B【解析】【详解】A、氧化钠与水反应的方程式为：Na2O+H2O═2NaOH，溶液中钠离子增多，A错误；B、氢氧化钠

分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl，FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，AlCl3（过量）+3NaOH=Al（OH）3↓+3N

aCl，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化，B正确；C、生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应

全部生成氢氧化铁反应为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子为零，C、D错误；答案选B。11.铝元素对人体健康有害。因此，世界卫生组织正式

把铝确定为食品污染源之一而加以控制。铝在下列场合使用时应加以控制的是（）①制铝合金②制电线③制炊具④制银色漆颜料⑤用明矾净水⑥明矾和小苏打制食品膨松剂⑦制易拉罐⑧用氢氧化铝凝胶制胃药⑨包装糖果和小食品A.③⑤

⑧⑨B.⑥⑧⑨C.③⑤⑨D.③⑤⑥⑦⑧⑨【答案】D【解析】【详解】由铝的应用可知，铝制炊具、铝制成易拉罐、使用铝包装糖果和小食品、用氢氧化铝凝胶制胃舒平药品都有可能进入人体，对人体造成危害，都需要加以控制，所以加以控制的是③⑤⑥⑦⑧⑨，选D，故答案为

：D。12.向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（）A.原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L−1B.通入CO2的体积为448mLC.所得溶液的溶质

成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶3【答案】C【解析】【分析】A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（

NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD．生成CO2发生的反应为：

NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故

NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．【详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaO

H与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，

A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A错误；

B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.0

15mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B错误；C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-

25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物

质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。13.一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数A.20％

B.40％C.58．6％D.60％【答案】B【解析】【详解】由镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为氧化镁，氧化镁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化镁中氧元素的质

量等于合金中铝的质量，则合金中Al的质量分数等于氧化镁中氧的质量分数=1640×100%=40%，故选B。14.下列说法正确的是①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的

氯气可以用氢氧化钙溶液吸收③新制氯水的氧化性强于久置氯水④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中A.①②③B.③C.②③④D.③⑤【答案】B【解析】【详解】①氯气和氢气在

点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次

氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反

应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错

误；15.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用。下列关于硅及其化合物的说法正确的是()A.水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品B.高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应C.光导纤维的主要成分是

SiO2D.自然界中硅元素的贮量丰富，并存在大量的单质硅【答案】C【解析】【详解】A．水泥、玻璃都是硅酸盐制品，水晶的主要成分为二氧化硅，故A错误；B．试管为玻璃制品，自身含有二氧化硅，高温条件下可以和焦炭反应，故B错误

；C．SiO2是光导纤维的主要成分，故C正确；D．硅在自然界中以化合态存在，自然界中无游离态的硅，故D错误；故选C。16.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中C

lO－和ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是A.Cl2和苛性钾溶液在不同温度下可能发生不同反应B.反应中转移电子数为是0.21NAC.原苛性钾溶液中KOH的物质的量无法确定D.生成物中Cl－的

物质的量为0.21mol【答案】C【解析】【详解】A项，0~t1发生的反应为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，反应放热，温度升高，t1~t2又发生反应3Cl2+6OH-=ClO3-+5Cl-+3H2

O，Cl2和苛性钾溶液在不同温度下发生不同的反应，故A正确；B项，根据图像可知反应后，生成KClO和KClO3分别是0.06mol和0.03mol，则反应中转移电子数为0.06mol×1+0.03mol×5=0.21mol，B项正确；C项，根据得失电子守恒可知

，生成氯化钾物质的量是0.21mol，根据K+守恒，所以参加反应的氢氧化钾物质的量为0.06mol+0.03mol+0.21mol=0.3mol，C项错误；D项，根据得失电子守恒可知，生成Cl-物质的量是0.21mol，D项正确；答案选C。17

.氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气，下列说法错误的是A.若管道漏气遇氨就会产生白烟B.该反应利用了Cl2的强氧化性C.该反应NH3被还原D.生成1molN2有

6mol电子转移【答案】C【解析】【详解】A．反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；B．Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，故B正确；C．反应中N元素化合价升高，被氧化，故C错误；D．N元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，

故D正确；故选C。【点晴】能结合元素化合价的升降分析氧化还原反应是解题关键，本题涉及反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此

解答。18.在标准状况下，将O2和NO按体积比3：4充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液里溶质的物质的量浓度为（）A.14mol/LB.128mol/LC.139.2mol/LD.142mol/L【答案】C【解析】【详解】设O2为3V，NO为

4V，根据2NO+O2=2NO2，烧瓶内实际存在的是4VNO2和1VO2与水作用，反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，恰好完全反应，无气体剩余，由N元素守恒可知，n(HNO3)=4L22.4L/mol，c(HNO3)=4VL122.4L/molmol/L7VL39.2

=，选C，故答案为：C。19.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体为()A.2.

24LB.1.12LC.0.672LD.0.448L【答案】C【解析】【详解】10mL此混合酸中()+-1-1nH=0.01L8molL+0.01L2molL=0.1mol；()--13nNO=0.01L2molL

=0.02mol，铁依次发生+-3+32Fe+4H+NO=Fe+NO+2HO、3+2+Fe+2Fe=3Fe、+2+2Fe+2H=Fe+H．根据+-3+32Fe+4H+NO=Fe+NO+2HO，生成NO0．02mol,消

耗H+0．08mol,剩余的氢离子0．02mol参与+2+2Fe+2H=Fe+H反应，生成氢气0．01mol，反应结束后，可产生标准状况下的气体,0．03mol×22．4L/mol=0．672L，故C正确。20

.甲乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，则加入铝粉的质量为（）A.1.8gB.2.7gC.4.05gD.5.4g【答案】C【解析】【分析】由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2A

l+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸碱足量，生成气体相同；金属足量，酸碱不足，生成气体为1：3，由铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过

量。【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2:3，铝与酸反应时酸完全反应，设生成的氢气的物质的量为x，则：，x=0.15mol，一

定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×3/2=0.225mol；碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：，y=0.225mol×2/3=0

.15mol，则Al的质量为0.15mol×27g/mol=4.05g，选C，故答案为：C。第Ⅱ卷客观题60分二、填空题。本题共5小题，共60分。21.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据下图所示，回答下列问题：（1）Y的化学式为__

_______，检验Y所用的试剂是________________。（2）W的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为__________________。（3）欲制备Na2S2O3，从氧化还

原角度分析，合理的是_______（填序号）。a．Na2S+Sb．Na2SO3+Sc．Na2SO3+Na2SO4d．SO2+Na2SO4（4）将X与SO2混合，可生成淡黄色固体。该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为____

______。【答案】(1).SO2(2).品红溶液(3).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑(4).b(5).1∶2【解析】【详解】（1）根据＋6价的形式，Y应是＋4价的氧化物，即SO2，因为SO2能使品红溶

液褪色，因此检验SO2时，常用品红溶液；(2)W是H2SO4，浓硫酸具有强氧化性，与铜发生反应，Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（3）Na2S2O3中S的价态为＋2价，根据氧化还原反应中不同价态的同种元素参

加氧化还原反应，向中间价态靠拢，a、S的价态分别是－2、0，不符合，故错误；b、S的价态分别是＋4价、0价，符合题目，故正确；c、S的价态分别显＋4价、＋6价，不符合，故错误；d、S的价态＋4价、＋6价，不符合，故错

误；(4)X为H2S，两者发生氧化还原反应，2H2S＋SO2=3S＋2H2O，因此氧化剂和还原剂的物质的量比值为1：2。22.（1）合成氨工业生产中所用的α­Fe催化剂的主要成分是FeO、Fe2O3。①某FeO、Fe2O3混合物中，铁原子、氧原子的物质的量之比为4∶5，其中FeO、F

e2O3的物质的量之比为____。②当催化剂中+2价Fe与+3价Fe的物质的量之比为1∶2时，其催化活性最高，此时铁的氧化物的混合物中铁原子的质量分数为____(用小数表示，保留2位小数)。（2）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制

造印刷电路板。①用FeO稀盐酸、氯气制取FeCl3溶液的离子方程式为____、____。检验溶液中Fe3+的试剂是____。②写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式：____，当转移电子数为6.02×1024时，被氧化的

物质的质量为____。【答案】(1).2∶1(2).0.72(3).FeO+2H+=Fe2++H2O(4).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(5).KSCN溶液(6).2FeCl3+Cu=2FeCl2

+CuCl2(7).320g【解析】【详解】（1）①设FeO、Fe2O3物质的量分别为x、y，依据铁、氧的物质的量之比为4：5得：(x+2y)：(x+3y)=4：5；解得x：y=2：1；故答案为：2：1；②设催化

剂中含1molFeO、1molFe2O3，则催化剂中铁原子物质的量为1mol+2mol=3mol，氧原子物质的量为1mol+3mol=4mol，故催化剂中Fe元素质量分数为(3mol×56g/mol)/(3mol×56g/mol+4mol

×16g/mol)×100%=72%=0.72；故答案为：0.72；（2）①氧化亚铁与盐酸反应生成氯化亚铁和水，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式分别为：FeO+2H+=Fe2

++H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；三价铁离子遇到硫氰根离子生成血红色配合物，可以用KSCN溶液检验三价铁离子的存在；故答案为：FeO+2H+=Fe2++H2O；2Fe2++Cl2=2

Fe3++2Cl-；KSCN溶液；②氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；根据化学方程式可知，转移2mol电子被氧化的铜的质量为64g，则转移电子数为6.02×1024时，即物质的量为10mol时，被氧化的铜的质量为64g/mol×

102mol=320g；故答案为：320g。23.将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。（1）原混合物中Mg和Al的质量之

比为____。（2）生成的H2在标准状况下的体积为____。（3）加入NaOH溶液的物质的量浓度为____。（4）稀硫酸的物质的量浓度为____。（5）写出NaOH体积在200-240mL之间所发生的离子反应方程式____。【答案】(1).2∶

3(2).10.08L(3).5mol/L(4).1.25mol/L(5).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=

Na2SO4+2H2O；当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，

NaOH溶解Al(OH)3，NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg(OH)2为0.15mol，Al(O

H)3为0.35mol−0.15mol=0.2mol。【详解】（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的质量之比

为：0.15mol×24g/mol：0.2mol×27g/mol=2：3，故答案为：2：3；（2）由A中可知，n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.1

5mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，故答案为：10.08L；（3）由200∼240mL发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=

0.2mol，氢氧化钠的浓度为：0.2mol/(0.24L−0.2L)=5mol/L，故答案为：5mol/L；（4）沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的1/2倍

，所以n(Na2SO4)=1/2×0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为：0.5mol/0.4L=1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L；（5）从200mL到240mL，NaOH溶解Al(

OH)3，NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，其离子反应方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。24.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，

设计了如图的实验装置。（1）实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。若有6mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为____。（2）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B___

_，D____。②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为：B____，D____。（3）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1∶1

同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)：____。【答案】(1).3NA(2).品红溶液褪色(3).品红溶液褪色(4).褪色的品红溶液又恢复成红色(5).无明显现象(6).Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4【解析】【分析】A装

置制备SO2，E装置为制备Cl2，二者都具有漂白性，都能使品红溶液褪色，但SO2的漂白可逆，褪色后的溶液加热时又恢复原来的颜色；氯水的漂白不可逆，二者都与NaOH反应，可用NaOH溶液吸收。【详解】（1）在MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+Cl2↑+2H2O中，每4molHCl参与反应，被氧化的氯化氢是2mol，即被氧化的氯化氢占参与反应的50%，6molHCl参加反应，被氧化的氯化氢是3mol，转移的电子数为3NA；故答案为：3NA；（2）①SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；氯气和水反

应生成的次氯酸具有强氧性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色；故答案为：品红溶液褪色；品红溶液褪色；②SO2的漂白可逆，褪色后的溶液加热时又恢复原来的颜色；氯水的漂白不可逆，加热时，品红溶液不能恢复红色，故答案为：褪色的品红又恢复成红色；无

明显现象；（3）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者以物质的量之比1:1发生反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按物质的量之比1:1同

时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。【点睛】常用的漂白剂有：氯水、漂粉精、O3、H2O2、Na2O2、SO2、活性炭1.活性炭：吸附有色物质,是物理变化；2.SO2：由于溶于水后生成的H2SO3与有色物

质结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定条件下又能恢复原来的颜色，可用于漂白和消毒；3.氯水、Ca(ClO)2、O3、H2O2、Na2O2漂白原理是：它们都具有强氧化性，均可以将有色物质氧化成无色物质，而褪色后不

能恢复原色。25.请回答下列问题：Ⅰ.工业生产纯碱的工艺流程示意图如图：（1）为除去粗盐水中的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，加入试剂顺序合理的是____。A．碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡B．碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠C．氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡

D．氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠（2）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是____；碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是____。（3）碳酸化后过滤，滤液A最主要的成分是____(填写化学式)，检验这一成分的阴离子的具体方法是____。（4）煅烧制取Na2CO3在____(填字母序号)中进行。

a．瓷坩埚b．蒸发皿c．铁坩埚d．氧化铝坩埚Ⅱ.纯碱在生产生活中有广泛的用途。（5）工业上，可用纯碱代替烧碱生产某些化工产品。如用饱和纯碱溶液与氯气反应可制得有效成分为次氯酸钠的消毒液，其反应的离子方程式为____。【答案】(1).D

(2).有晶体析出(或出现浑浊)(3).碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大(4).NH4Cl(5).取样，加硝酸酸化，加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则该阴离子是氯离子(6).c(7).2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+Cl-+ClO-【解析】【分析】粗盐水中的Mg2

+、Ca2+、SO42-等杂质离子，先加BaCl2(NaOH)，再加NaOH(BaCl2)，最后加入Na2CO3，除去Mg2+、Ca2+、SO42-；加入适量的HCl，除去OH-和CO32-；氨化、碳酸化，过滤滤液A为NH4Cl，煅烧制取Na

2CO3。【详解】（1）在粗盐提纯过程中，所加除杂试剂的顺序通常为先加BaCl2，再加NaOH，最后加入Na2CO3。加NaOH的顺序可以放在BaCl2的前面也可以放在Na2CO3的后面，但Na2CO3的加入顺序必

须放在BaCl2的后面，因过量的BaCl2需用Na2CO3除去，选D，故答案为：D；（2）纯碱生产过程中碳酸化时，会看到溶液中有晶体析出，没有析出Na2CO3晶体是由于碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，故答案为：有晶体析出(或出现浑浊)；碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大；

（3）根据操作过程，碳酸化后的溶液中主要溶质是NH4Cl；检验其中的氯离子时，要先取样，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，可知阴离子是氯离子，故答案为：NH4Cl；取样，加硝酸酸化，加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则该阴离子是氯离子；（4）Na2CO3显碱性

，瓷坩埚、蒸发皿为SiO2，与Na2CO3反应，高温条件下氧化铝也与Na2CO3反应，所以选c，故答案为：c。（5）氯气和氢氧化钠反应时生成氯化钠、次氯酸钠和水：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；纯

碱溶液呈碱性，Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，则饱和纯碱溶液与Cl2反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3，其离子反应方程式为：2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+Cl-+ClO

-；故答案为：2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+Cl-+ClO-。