【文档说明】【精准解析】四川省武胜烈面中学2019-2020学年高一下学期开学考试化学试题.doc，共(19)页，348.500 KB，由小赞的店铺上传

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四川省武胜烈面中学2019级高一下期入学考试化学试题1.成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是A.木已成舟B.蜡炬成灰C.铁杵成针D.滴水成冰【答案】B【解析】【详解】A．木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A

错误；B．蜡炬成灰有新的物质生成，属于化学变化，且碳、氧元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故B正确；C．铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故C错误；D．滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；故选B。2.氯化铁溶液与氢氧

化铁胶体具有的共同性质是（）A.分散质粒子大小都在1～100nm之间B.都有丁达尔效应C.分散质粒子都能通过滤纸D.都呈红褐色【答案】C【解析】【详解】分散质微粒直径在1nm----100nm之间的分散系为胶体，它具有丁达尔效应，分散质

粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜，溶液中的粒子均能透过滤纸和半透膜，氯化铁溶液显黄色，氢氧化铁胶体呈红褐色，综上所述，氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是分散质粒子都能通过滤纸，C正确；正确选项C。3.下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分

离操作分别是（）A.蒸馏、过滤、萃取、蒸发B.蒸馏、蒸发、萃取、过滤C.萃取、过滤、蒸馏、蒸发D.过滤、蒸发、萃取、蒸馏【答案】A【解析】【分析】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离

互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，

即蒸馏；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以

进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。4.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.1molNa与过量氧气反应，失去电子NA个B.标准状况下，11.2L水含有水分子个数为0.5NA

C.1L0.3mol·L-1Na2SO4溶液中，含有Na+和SO42-总数为0.6NAD.18g水含有电子数为8NA【答案】A【解析】【详解】A、钠原子只能失去最外层上的一个电子，因此1molNa完全反应，只能失去电子NA个，A正确；B、标准状

况下，水为液态，无法进行计算，B错误；C、1L0.3mol·L-1Na2SO4溶液中，含有Na+和SO42-总数为1×0.3×（2+1）×NA=0.9NA，C错误；D、18g水为1mol，含有电子数为（1×2+1×8）×NA=10NA，D

错误；正确选项A。5.同温同压下有两份体积相同的CO2和O3，关于它们的叙述正确的是（）A.分子数之比是1∶1B.原子个数比是3∶2C.质量比是1∶1D.密度之比是1∶1【答案】A【解析】【分析】同温同压下，相同体积的气体具有相同数目

的分子，即气体的物质的量相同【详解】A、同温同压下有两份体积相同的CO2和O3，两种气体的物质的量相等，假设均为1mol,则分子数之比与物质的量成正比，即1∶1，A正确；B、原子个数比为：1×3:1×3=1:1，B错误；C、质量比为1×44:1×48=11:12，C错误；D、气体的密度之比与气体的

摩尔质量成正比，即44:48=11：12，D错误；正确选项A。【点睛】同温同压下，气体的密度之比与气体的摩尔质量成正比。6.下列离子方程式书写正确的是（）A.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH－＝Al(OH)3↓B.向H2O中投入少量Na2O2固体：2H2O＋2Na2O2＝2Na

++2OH-＋O2↑C.氯化铁溶液与铜粉反应：Cu＋Fe3+＝Fe2+＋Cu2+D.Cu与稀硝酸的反应：3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑＋4H2O【答案】D【解析】【详解】A．一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，A错误；B．氧原子不守恒，B错误；

C．电荷不守恒，C错误；D．Cu与稀硝酸的反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，电荷守恒、原子守恒，D错误；正确选项D。7.C1O2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得C1O2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4

2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法中正确的是A.在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂B.1molKClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4L气体C.1molKClO3参加反应有2mol电子转移D.KClO3在

反应中是氧化剂【答案】D【解析】【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价。【详解】A、因C元素的化合价由+3升高到+

4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；B、反应中1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B错误；C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1m

ol×（5-4）=1mol，故C错误；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A选项易错点、也是难点，

H2C2O4中C元素化合价的判断，用化合价代数和为0去判断。8.为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入()A.KSCN溶液B.铁片C.NaOH溶液D.石蕊溶液【答案】A【解析】【详解】A.Fe2+与KSCN不反

应，而Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色络合物，反应现象明显，因此可以用KSCN溶液检验溶液是否变质，A合理；B.铁片与Fe2+不能反应，而与Fe3+反应产生Fe2+，反应现象不明显，因此铁片只能使变质的Fe3+转化为Fe

2+，不能用于检验溶液是否变质，B不合理；C.Fe2+与OH-反应产生Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2不稳定，容易被溶解在溶液中的空气氧化产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，因此看到的现象是沉淀由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此不容易观察到F

eCl2溶液是否变质，C不合理；D.FeCl2、FeCl3都是强酸弱碱盐，金属阳离子发生水解反应使溶液显酸性，因此都可以使石蕊溶液变为红色，因此不能检验是否变质，D不合理；故合理选项是A。9.关于SO2和Cl2的叙述错误的

是（）A.都是大气污染物B.都具有漂白性，能使有色物质永久性褪色C.水溶液都呈酸性D.在相同条件下密度都比空气大【答案】B【解析】【详解】A.SO2和Cl2都是有刺激性气味、有毒气体，都是大气污染物，A正确；B.SO2和Cl2都具有漂白性，但是Cl2能够使

潮湿的有色物质永久性褪色，属于氧化性漂白，而SO2为可逆性漂白，B错误；C.SO2的水溶液为亚硫酸，显酸性，Cl2的水溶液为氯水，含有后盐酸和次氯酸，显酸性，C正确；D.二者的分子量分别为64和71，均大于空气的平均分子量29，因为密度

之比与摩尔质量成正比，因此在相同条件下密度都比空气大，D正确；答案为B。【点睛】SO2和Cl2均能使品红溶液褪色，加热后恢复红色，原气体为SO2，颜色不恢复的为Cl2。10.在下列溶液中通入CO2至过

量，原溶液一直保持澄清的是A.硅酸钠溶液B.氯化钡溶液C.石灰水D.漂白粉溶液【答案】B【解析】【详解】A．由于碳酸的酸性比硅酸强，所以向硅酸钠溶液中通入CO2至过量，会发生反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓，产生白色沉淀，A错误；B．由于盐酸的酸

性大于碳酸，所以向氯化钡溶液中通入CO2至过量，不能发生任何反应，因此原溶液一直保持澄清，B正确；C．向石灰水中通入CO2至过量，首先会发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，反应产生白色沉淀，后会发生反应：CaCO3

＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，使沉淀溶解，变为澄清的溶液，C错误；D．向漂白粉溶液中通入CO2至过量，首先会发生反应：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，产生白色沉淀，后发生反应：CaCO3

＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，使沉淀溶解，变为澄清的溶液，D错误；故答案选B。11.对于下列事实的解释错误．．的是()A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B.浓硫酸能够干燥氯气、氢气等气体，说明浓硫酸具有吸水性C.常温

下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D.氨水可使酚酞试剂变为红色，说明氨水显碱性【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸能够使蔗糖脱水碳化，出现发黑现象，体现浓硫酸具有脱水性，A正确；B.浓硫酸具有吸水性

，能够做某些气体的干燥剂，B正确；C.浓硝酸与铝反应生成一层致密的氧化膜，阻止铝与酸的反应，说明铝与浓硝酸反应，C错误；D.氨水溶液中含有氢氧根离子，显碱性，能够使酚酞试剂变为红色，D正确；正确选项C。【点睛】常温下铁、铝遇到浓硫酸、浓硝酸发生钝化，钝化为化学变化。

12.在FeCl2和AlCl3的混合溶液中加入过量的氨水，直至溶液中沉淀的量不再改变为止。经过滤、洗涤、干燥、在空气中灼烧，最终剩余固体的成分是（）A.Fe2O3、Al2O3B.Fe2O3C.Fe(OH)2、

Al(OH)3D.Fe(OH)3、Al(OH)3【答案】A【解析】【详解】氯化亚铁、氯化铝和氨水反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化亚铁不稳定易被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁、氢氧化铝在灼烧过程中分解生成金属氧化物和水，反应方程式为FeCl2+2NH3∙H2O=Fe（OH）2↓

+2NH4Cl、AlCl3+3NH3∙H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3、2Fe（OH）3=Fe2O3+3H2O、2Al（OH）3=Al2O3+3H2O，所以最终得到的固体成分是Fe2O

3、Al2O3，故选A。13.将硫酸铝、硫酸钾、明矾三种物质组成的混合物溶于水，所得溶液中SO42-的浓度为0.20mol/L。向其中加入等体积0.20mol/L的KOH溶液（混合后溶液体积变化忽略不计），生成的白色沉淀质量恰好达到最大值，此时混合

溶液中K＋的浓度是()A.0.40mol/LB.0.1mol/LC.0.225mol/LD.0.20mol/L【答案】D【解析】【详解】硫酸铝、硫酸钾、明矾三种物质组成的混合物溶于水，所得溶液中SO42-的浓度为0.20mol/L，加入等

体积0.20mol/L的KOH溶液后，SO42-的浓度为0.10mol/L，白色沉淀质量恰好达到最大值，说明溶液只有K2SO4，此时混合溶液中K＋的浓度为SO42-的浓度的两倍即0.20mol/L，故答案选D

。14.关于容量瓶的使用，下列操作正确的是A.使用前要检验容量瓶是否漏液B.用蒸馏水荡洗后必须要将容量瓶烘干C.为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行D.为了使所配溶液浓度均匀，定容后，手握瓶

颈，左右振荡【答案】A【解析】【详解】A．容量瓶带有玻璃旋塞，使用前需要检查是否漏液，若漏液不能使用，故A正确；B．容量瓶中有少量水对实验无影响，则用蒸馏水洗涤后，容量瓶不需要烘干，故B错误；C．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量

瓶中，故C错误；D．定容结束后，为了使溶液均匀，手握瓶颈，上下颠倒来振荡，不能左右振荡，故D错误；故选A。15.下列有关硅及其化合物的说法正确的是A.硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在B.硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维C.

木材浸过水玻璃后，不易着火D.SiO2是酸性氧化物，不与任何酸发生反应【答案】C【解析】【详解】A.硅是亲氧元素，在自然界中只能以化合态形式存在，A不正确；B.硅晶体能够导电，是良好的半导体，光导纤维是由二氧化硅制得的，二氧化硅

能够导光，B不正确；C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，它具有不易着火的性质，所以用水玻璃浸渍木材，C正确；D.SiO2是酸性氧化物，不与一般的酸反应，但能与氢氟酸反应，D不正确。故选C。16.将15molL−

的盐酸10mL稀释到200mL；再取出2mL，这2mL溶液的物质的量浓度是A.0.05mol/LB.0.25mol/LC.0.025mol/LD.5mol/L【答案】B【解析】【详解】将15molL−的盐酸10mL稀释到200mL，其物质的量不变，所以稀释后溶液的物质的量浓度为5mol/L

10mL200mL==0.25mol/L；因为溶液为均匀的混合物，所以从中取出2mL，物质的量浓度不变，仍为0.25mol/L。故选B。17.下列有关物质检验的操作、现象及结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A向

某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42－B向某溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Cl－C向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32－D用激光笔照射鸡蛋白溶

液，有丁达尔效应鸡蛋白溶液属于胶体A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成的白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，A不正确；B.某溶液中加入硝酸银溶液，生成的白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4等，B

不正确；C.某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水变浑浊，则溶液中可能含有CO32-、HCO3-等，C不正确；D.丁达尔效应是胶体具有的性质，鸡蛋白溶液能产生丁达尔效应，说明鸡蛋白溶液属于胶体，D正确；故选D。18.以下关于元素周期表结构的叙述正确的是A.元素周期表有

7个主族，8个副族B.元素周期表有4个长周期、3个短周期C.第ⅢA族位于元素周期表的第3列(从左往右)D.0族位于元素周期表的第16列(从左往右)【答案】B【解析】【详解】A．元素周期表有7个主族，7个副族，1个第Ⅷ族，1个0族，A项错误；B．元素周期表有4个长周期（第四至第七周期），

3个短周期（第一至三周期），B项正确；C．第ⅢA族位于元素周期表的第13列，C项错误；D．0族位于元素周期表的第18列，D项错误；答案选B。19.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是

A.原子半径Z<MB.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D.Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族【答案】B【解析】【详解】因为为短周期，故为第二、三两周期，又M为金属，可以确定M、X、Y、Z分别为Al、Si、N

、O。则A、电子层数越多，半径越大，A正确；B、非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Y>X，故酸性HNO3>H2SiO4，B错误；C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2O>SiH4，C正确；D、Z为O，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA

族，D正确。答案选B。20.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是A.

通常情况下，NO比N2稳定B.通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOC.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量D.1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ【答案】C【解析】【详

解】A.断裂1molN2在的N≡N需要吸收946kJ的能量，而断裂1molNO中化学键需要吸收632kJ的能量，断键吸收的能量越低，说明物质的稳定性就越差，因此通常情况下，NO不如N2稳定，A错误；B.常温下N2(g)和O2(

g)混合不反应，B错误；C.断裂1molN2(g)和1molO2(g)需要吸收的能量为946kJ+498kJ=1444kJ，反应产生2molNO释放的能量为2×632kJ=1264kJ，1444kJ-1264kJ=180kJ，吸收能量大于反应放出能量，

说明该反应为吸热反应，即1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，C正确；D.根据选项C分析可知：1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，

D错误；故合理选项是C。21.如图所示，电流表指针发生偏转，同时A极质量减少，B极上有气泡产生，C为电解质溶液，下列说法错误的是A.B极为原电池的正极B.A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸C.C中阳离子向A极移动D.A极发生氧化反应【答案】C【解析】【详解】A.

电流计指针偏转，证明形成了原电池，由于A极质量减少，B极上有气泡产生，则A是原电池的负极，B是原电池的正极，正确；B．A是负极，B是正极，负极金属活动性大于正极，而且在正极有气泡产生，则溶液可能是酸，是H+得到电子，变为H2逸出，因此A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸，正确；

C．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液C中阳离子向正极B极移动，错误；D．电极A是负极，失去电子，发生氧化反应，正确。故选C。22.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列

说法不正确的是()A.电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极B.O2所在的铂电极处发生还原反应C.该电池的负极反应式为：3222CHCHOH3HO12e2CO12H−++−=+D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量【答案】C【解析】【分析】氧气得到电

子被还原成H2O，氧气在正极反应，所以通入氧气的一极为正极。呼出气中的乙醇失去电子被氧化生成醋酸，在负极反应。【详解】A.氧气的一极为正极，是电流流出的一极，电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A项正确；B.O2得到电子，发生还原反应，故B项

正确；C.根据图示，乙醇失去电子生成醋酸，电极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，故CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+是错误的，故C项错误；D.酒精的多少意

味着电流的大小，故微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量，故D项正确。故选C。【点睛】掌握原电池的工作原理，氧气得到电子，在原电池的正极反应，原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电流从正极流出经过导线流向

负极。23.某同学在复习元素化合物的性质时，做了如下学习笔记，请你一起完成。氯气的颜色为__________；由氯的原子结构示意图推测，氯气具有很强的______性。为了证明推测是否正确，进行如下实验：I：将红热的铁丝伸入盛满氯气的集气瓶，观察铁丝在氯气中燃烧，有大

量棕黄色烟。该反应的化学方程式是___________。II：在空气中点燃H2，然后将导管缓缓伸入盛满氯气的集气瓶，可观察到H2在氯气中安静燃烧，产生______色的火焰，瓶口有白雾的现象。由实验I、II可知，上述推测_____（填“正确

”或“不正确”）。III：将氯气溶于水，制得氯水。下列物质不能与新制氯水反应的是_____。A.Na2CO3溶液B．FeCl2溶液C．AgNO3溶液D．CuCl2溶液【答案】(1).黄绿色(2).氧化

(3).2Fe+3Cl22FeCl3(4).苍白(5).正确(6).D【解析】【详解】氯气为黄绿色气体，根据氯原子的原子结构示意图，其最外层有7个电子，易得到1个电子达到8电子稳定结构，因此氯气具有很强的氧化性，故答案为：黄绿色；氧化

；Ⅰ．铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；Ⅱ．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰；实验Ⅰ、Ⅱ中氯气均体现氧化性，上述推测正确，故答案为：苍白；正确；Ⅲ．氯水中，部分氯气与水发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，因此新制氯水中存在Cl2、HClO、HCl，

Na2CO3会与HCl反应，FeCl2会与Cl2反应，AgNO3会与HCl反应，CuCl2不与氯水中的成分反应，故答案为：D。24.下列是一些常见物质之间的转化关系。A是一种红色金属，F为不溶于酸的白色沉淀，B和C

是两种强酸。（图中部分产物及反应条件略去）则：①A和B分别为：A_________B_________；②A与B发生反应的条件是__________________；③反应⑥的化学方程式为_____________________；④上述反应中，不属于氧化还原反应的是_____________

__。（填数字序号）。【答案】(1).Cu或（铜）(2).浓H2SO4或浓硫酸(3).加热(4).3NO2+H2O=2HNO3+NO(5).④【解析】【分析】红色金属A应为Cu；G与BaCl2反应生成的F为不溶于酸的白色沉淀，则F为BaSO4，G、D、B均含硫元素，结合B是强酸，且能与Cu

反应，可知B为浓H2SO4；A（Cu）与B（浓H2SO4）反应生成D，则D为SO2，D与氯水反应生成G，则G为稀H2SO4；C也为强酸，且能与Cu反应，可知C为HNO3，E能与O2反应，则E为NO，进一步可知

C为稀HNO3，H为NO2。【详解】①A为Cu，B为浓H2SO4，故答案为：Cu或（铜）；浓H2SO4或浓硫酸；②A（Cu）与B（浓H2SO4）反应需要加热，故答案为：加热；③反应⑥是H（NO2）与水的反应，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；④上述反应中，只有④不是氧化还原反应，故答

案为：④。【点睛】中学阶段，能与铜反应的两种强酸是浓H2SO4和HNO3，需要注意的是：浓H2SO4与铜反应的还原产物是SO2；浓HNO3与铜反应的还原产物是NO2，稀HNO3与铜反应的还原产物是NO。25.(某混合物甲中含有明矾[KAl(S

O4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现如图所示的物质之间的转化：请回答下列问题：（1）写出A、B的化学式：A___，B___。（2）试剂a最好．．选用下列试剂中的（）A.NaOH溶液B.稀盐酸C.二氧化碳D.氨

水写出相应的离子方程式___。（3）写出反应②（生成溶液C和沉淀）的离子方程式___。（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为___。【答案】(1).Fe2O3(2).Al2O3(3).D(4).Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+(5).AlO2

-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-(6).K2SO4和(NH4)2SO4【解析】【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉

淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，AFe2O3，为向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉

淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4，以此来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，故答案为：Fe2O3；Al2O3；（2

）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，反应方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，A.NaOH溶液若

加入过量会使氢氧化铝沉淀溶解，故A错误；B.加稀盐酸不能得到氢氧化铝沉淀，故B错误；C.通入二氧化碳不能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；D.加入氨水可生成氢氧化铝沉淀，且过量氨水不与氢氧化铝反应，故D正确；故答案为

：D；Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；（3）反应②中二氧化碳过量，反应生成沉淀和碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为Al

O2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；（4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反

应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4；固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4；故答案为：K2SO4和

(NH4)2SO4。26.氧化还原是一类重要的反应。（1）已知反应2I-＋2Fe3+=I2＋2Fe2+，反应中还原剂是_________，氧化性Fe3+______I2(填“＜”或“＞”)。（2）在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O

2反应中，若转移3mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为___________L。（3）在xR2++yH++O2═mR3++nH2O的离子方程式中，对系数m和R2+、R3+判断正确的是__。A．m=y，R3+是还原剂B．m=2y，R2+被氧化C．m=2，R3+是氧化剂D．m=4，R2

+是还原剂（4）用双线桥标出反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中电子转移的方向和数目_________。（5）氯气和石英砂、碳粉共热可发生反应：SiO2＋2C＋2Cl2

SiCl4＋2CO当反应消耗6g碳时，生成还原产物_________mol。【答案】(1).I-(2).＞(3).33.6(4).D(5).(6).0.25【解析】【详解】（1）碘离子氧化为碘单质，反应中做还原剂；Fe3+价态降低，发生还原反应，做氧化

剂，碘单质为氧化产物，因此氧化性：Fe3+＞I2；正确答案：I-；＞。（2）在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应中，转移电子的量为2mol，生成氧气1mol；若转移3mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为1

.5×22.4=33.6L；（3）在xR2++yH++O2═mR3++nH2O的离子方程式中，R2+→R3+，发生氧化反应，O2→H2O，发生还原反应，因此R2+是还原剂，被氧化，根据原子守恒规律可知：x

=m,y=2n,又知n=2，所以y=4，根据电荷守恒规律可知：2m+y=3m，m=y=4，因此m=4，R2+是还原剂正确，正确答案：D。（4）KMnO4中Mn元素为+7价降低到MnCl2中的+2价，2mol

KMnO4转移电子的量为2×5=10mol；16molHCl（浓）中有10molHCl被氧化5molCl2，转移电子用双线桥标出电子转移的方向和数目如下：；正确答案：。（5）该反应中碳做还原剂，被氧化，对应氧化

物产物为CO；氯气做氧化剂，被还原，对应还原产物为SiCl4，根据反应关系：2C---SiCl4可知当反应消耗6g碳时（即0.5mol）时，生成SiCl4的量为0.25mol，正确答案：0.25。【点睛】针对2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2

↑+8H2O反应，16molHCl（浓），有10molHCl被氧化5molCl2，做还原剂，有6molHCl生成了盐，起到酸性作用。27.某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量

氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.lmol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是__________。（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将

Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为____________。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液

，溶液变红，煤油的作用是__________。（4）丙组同学取5mL0.1mol·L－1KI溶液，加入3mL0.1mol·L－1FeCl3溶液混合，分别取2mL此混合溶液于2支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分

振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②说明：在-I过量的情况下，溶液中仍含有________（填离子符号）。（5）丁组同学向盛有少量H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______

_______。【答案】(1).防止2Fe+被氧化(2).2322FeCl2Fe2Cl++−+=+(3).隔绝空气（排除氧气对实验的影响）(4).3Fe+(5).232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+【解析】【分析】Fe2+具有还原性，不仅能被Cl2氧化，还能被H2

O2氧化，甚至能被空气中的O2氧化，所以在保存Fe2+时，一定要避免与强氧化性接触，一定要隔绝空气，或者营造一个还原性环境。Fe3+具有较强的氧化性，不仅能氧化像Fe、Cu等金属单质，还原氧化I-等，但Fe3+与I-的反应

可逆，所以即便I-过量，也不能将Fe3+全部转化为Fe2+。【详解】(1)因为Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+能被Fe还原为Fe2+，所以，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止Fe2+被氧

化；答案为：防止Fe2+被氧化；(2)FeCl2溶液与氯水反应，生成FeCl3，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-；答案为：2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-；(3)Fe2+的溶液中，若与空气接触，易被溶解的O2氧化，为防氧化，常加煤油，煤油的作用是隔绝

空气(排除氧气对实验的影响)；答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)；(4)实验②表明：溶液变红，虽然I-过量，溶液中仍含有Fe3+；答案为：Fe3+；(5)向盛有少量H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液

，溶液变成棕黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【点睛】在保存FeCl2溶液时，需往溶液中加入铁粉或铁钉，以防Fe2+被氧化；为防Fe2+水解，需往溶

液中加入一定浓度的盐酸。