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1、铁人中学2017级高二学年下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Si：28 Al：27 Na：23 Mg：24 K：39 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Ba：137第卷 选择题(共42分)一、选择题(本题共21小题，每小题只有一个选项正确，每小题2分，共42分)1.化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是()A. 苏打在生活中可用做发酵粉B. 磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆C. 石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料D. 二氧化硅可用于制作硅芯片【答案】C【解析】【详解】A. 苏打是碳酸钠，在生活中可用做发酵
2、粉的是小苏打，即碳酸氢钠，A错误；B. 磁性氧化铁是四氧化三铁，可用于制备颜料和油漆的是氧化铁，B错误；C. 工业制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，制备水泥的原料是石灰石、黏土和辅助原料，因此石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料，C正确；D. 二氧化硅可用于制作光导纤维，单质硅可用于制作硅芯片和光电池，D错误。答案选C。2.下列试剂保存说法不正确的是( )A. 金属钠存放在盛有煤油的试剂瓶中B. 漂白粉置于冷暗处密封保存C. 存放液溴的试剂瓶中应加水封D. 烧碱盛放在玻璃瓶塞的磨口玻璃瓶中【答案】D【解析】【详解】A因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故A正确；B因碳
3、酸的酸性强于次氯酸，则Ca（ClO）2能和空气中CO2、H2O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处，故B正确。C因液溴易挥发，保存溴时应加入少量水，故C正确；D因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，选项D是解答的易错点，注意氢氧化钠溶液可以用玻璃瓶保存，但不能用玻璃塞。3.硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是()A. CO2和SiO2都是由相应的分
4、子构成的B. 水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂C. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品D. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示【答案】D【解析】【详解】A. CO2是由相应的分子构成的，SiO2是由Si、O两种原子构成的原子晶体，不存在分子，A错误；B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，可用于生产黏合剂和防火剂，B错误；C. 陶瓷、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，C错误；D. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，因此根据氧化物的顺序：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水可知该硅酸盐可用K2OAl2O36S
5、iO2表示，D正确；答案选D。【点睛】选项A是解答的易错点，碳、硅虽然处于同主族，性质相似，但其氧化物的性质却差别很大。这主要是由于二氧化碳形成的是分子晶体，二氧化硅形成的是原子晶体。4.从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是()A. 在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色B. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌C. 含I的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应D. 碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”【答案】B【解析】【详解】A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，A正确；B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错
6、误；C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，C正确；D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D正确。答案选B。5.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是()A. 往氯水中加入NaHCO3固体，有气体产生B. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟C. 向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白D. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，充分振荡，上下两层均为无色【答案】B【解析】【详解】A. 氯水中含有盐酸，因此往氯水中加入NaHCO3固体，有气体二氧化碳产生，A正确；B. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，
7、产生棕黄色的烟，B错误；C. 氯水显酸性，具有强氧化性，因此向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，C正确；D. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，单质溴与氢氧化钠反应生成盐，因此充分振荡后上下两层均为无色，D正确；答案选B。6.下表中金属的冶炼原理与方法不完全正确的是()选项冶炼原理方法A2HgO2HgO2热分解法B2Al2O3(熔融)4Al3O2电解法CCu2SO22CuSO2热分解法DFe2O33CO2Fe3CO2热还原法A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等用电解法冶炼，中等活泼金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法冶炼，
8、不活泼金属Hg、Ag利用热分解法冶炼，故A、B、D三项正确，C项中的方法不是热分解法，而是火法炼铜，C项错误。答案选C。【点睛】掌握金属冶炼的原理和方法是解答的关键，需要注意的是电解法冶炼铝时不能电解熔融的氯化铝，而是电解熔融的氧化铝。因为氯化铝在熔融状态下不导电。7.侯氏制碱原理：NH3CO2H2ONaCl=NaHCO3NH4Cl，需经过制取氨气、制取NaHCO3、分离及干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置能达到实验目的的是A. 制取氨气B. 制取NaHCO3C. 分离NaHCO3D. 干燥NaHCO3【答案】C【解析】【详解】A. 氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口又重新化合生成氯
9、化铵，不能利用该装置制取氨气，A错误；B. 氨气极易溶于水，首先向饱和食盐水中通入氨气，然后再通入二氧化碳即可制得碳酸氢钠，但应该是长口进短口出，B错误；C. 碳酸氢钠溶解度小，可以用过滤法分离NaHCO3，C正确；D. 碳酸氢钠受热易分解，不能用酒精灯直接加热干燥NaHCO3，D错误；答案选C。8.镁粉是焰火、闪光粉中不可缺少的原料，工业制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却，下列可作为冷却剂的是()空气 CO2 Ar H2 N2 H2OA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】镁在空气中燃烧生成碳、氧化镁和氮化镁，不能作为冷却剂；镁在二氧化碳中能燃烧生成碳和氧化镁，不能作为冷却剂；氩气属于
10、稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，能作为冷却剂；H2不与镁反应，能作为冷却剂；氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，不能作为冷却剂；加热时镁能与水反应，不能作为冷却剂；答案选D。9.将下列各组物质, 分别按等物质的量混合后加水溶解, 有沉淀生成的是()A. AlCl3、Ba(OH)2、HNO3B. CaCl2、NaHCO3、HClC. Na2CO3、NaAlO2、NaOHD. AlCl3、K2SO4、HCl【答案】A【解析】【详解】A等物质的量混合后加水，发生酸碱中和反应剩余OH-与Al3+的物质的量相同，则生成氢氧化铝沉淀，A选；B离子之间反应生成氯化钠、水和二氧化碳，不生成沉淀
11、，B不选；C离子之间不反应，不生成沉淀，C不选；D离子之间不反应，不生成沉淀，D不选；答案选A。【点睛】本题考查离子的共存、离子反应，侧重复分解反应的离子共存考查，把握离子之间的反应为解答的关键，注意结合生成沉淀时的物质的量关系。10.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是()A. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na,无KB. 在溶液中加KSCN,溶液显红色，证明原溶液中有Fe3,无Fe2C. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【答案】C【解析】【详解】A. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na，由于没
12、有透过蓝色钴玻璃观察，因此不能确定是否含有K，A错误；B. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3，但不能确定是否含有Fe2，B错误；C. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，C正确；D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2或二氧化硫等，不一定是二氧化碳，D错误；答案选C。11.下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A. 粗盐提取精盐的过程只发生物理变化B. 用澄清的石灰水可鉴别Na2CO3产品是否含有NaHCO3C. 在第、步骤中，溴元素均被还原D. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl【答案】D【解析】【详解】A，粗盐中
13、含有SO42-、Mg2+、Ca2+等杂质离子，需要加入BaCl2、NaOH、Na2CO3等除杂试剂除去，粗盐提取精盐的过程中发生了化学变化，A项错误；B，Na2CO3、NaHCO3都能与澄清石灰水产生白色沉淀，无论Na2CO3产品中是否含NaHCO3加入澄清石灰水都会产生白色沉淀，用澄清石灰水不能鉴别Na2CO3中是否含有NaHCO3，B项错误；C，第、步骤中，需要加入氧化剂将Br-氧化成Br2，溴元素被氧化，C项错误；D，由精盐制备NaHCO3的反应方程式为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，该反应发生的原因是NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3，D项正
14、确。答案选D。12.以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有Fe3O4 Fe(OH)3 FeCl2 Cu2(OH)2CO3 Al(OH)3 Na2CO3 NaHCO3 Na2O2A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】A【解析】【详解】铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe + 2O2Fe3O4，属于化合反应；氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，属于化合反应；FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3
15、，属于化合反应；氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O +CO2 = Na2CO3，属于化合反应；Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na + O2 Na2O2，属于化合反应；只有不能通过化合反应直接生成，故选A。【点睛】本题考查了元素化合物知识、化学反应类型，掌握元素化合物的知识是解题的关键。本题的易错点为，要注意一些特殊反应方程式的记忆和理解。13.下列说法正确的是( )A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现B
16、. 将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是 a%和 b%的两种溶液，则a 和 b 的关系是 a=bC. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来， 说明金属铝的熔点较低D. 用如图装置进行实验，将装置中的 AlCl3 溶液滴入装置浓氢氧化钠溶液，溶液中可观察到有大量白色沉淀产生【答案】B【解析】【详解】A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素发生焰色反应体现的，焰色反应是物理变化，不是化学性质的展现，A错误；B. 设物质的量都为1mol，则Na2O+H2O2NaOH m1mol 2mol 62g2Na2O2
17、+2H2O4NaOH+O2 m1mol 2mol 62g由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等，B正确；C. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，由于铝易被氧化为氧化铝，且氧化铝的熔点高，因此熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，将装置中的AlCl3溶液滴入装置浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，溶液中不会产生氢氧化铝沉淀，因此不可能观察到有大量白色沉淀产生，D错误。答案选B。14.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是()A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al34NH3H2OAlO
18、2-4NH4+2H2OB. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca22HCO32OHCaCO3CO322H2OC. 水玻璃中通入少量的二氧化碳：Na2SiO3CO2H2O2NaCO32H2SiO3D. 氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO【答案】D【解析】【详解】A. 氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中加入过量氨水：Al33NH3H2OAl(OH)33NH4，A错误；B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水：Ca2HCO3OHCaCO3H2O，B错误；C. 硅酸钠易溶易电离，水玻璃中通入少量的二氧化碳：SiO32
19、CO2H2OCO32H2SiO3，C错误；D. 氯化亚铁溶液中加入稀硝酸发生氧化还原反应：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO，D正确。答案选D。15.下列有关铜的化合物说法正确的是()A. 根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板B. CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为:Cu2+S2-CuSC. 用稀盐酸除去铜锈离子方程式为CuO2H=Cu2H2OD. 化学反应：CuOCOCuCO2的实验现象为黑色固体变成红色固体【答案】D【解析】【详解】A. 在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，A
20、错误；B. H2S难电离，CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2+H2SCuS2H，B错误；C. 铜锈主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H2Cu2CO23H2O，C错误；D. 根据化学反应CuOCOCuCO2可知其实验现象为黑色固体变成红色固体，D正确；答案选D。16.下列关于氯及其化合物说法正确的是()A. 氯气溶于水的离子方程式：Cl2H2O=2HClClOB. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解C. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气D. 漂白粉在空气中久置变质是
21、因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3【答案】C【解析】【详解】A. 次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为Cl2H2OHClHClO，A错误；B. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，不会产生HClO，B错误；C. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，C正确；D. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成次氯酸和CaCO3，氯化钙与二氧化碳不反应，D错误；答案选C。【点睛】掌握物质的性质、发生的化学反应是解答的关键。选项B是解答的易错点，注意次氯酸钠与
22、盐酸混合时不是发生复分解反应，主要是由于次氯酸钠具有强氧化性，能把氯离子氧化为氯气。17.下列各组物质之间不能通过一步就能实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系abcdASiO2Na2SiO3SiH2SiO3BNa2ONa2O2NaNaOHCAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3DFeCl2FeCl3FeCuCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，硅酸钠与酸反应转化为硅酸，硅酸分解转化为二氧化硅，硅与氧气反应生成二氧化硅，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，通过一步就能实现，A不选；B、氧化钠与氧气反应转化为过氧化钠，过氧
23、化钠溶于水转化为氢氧化钠，钠与氧气常温下反应生成氧化钠，点燃或加热时生成过氧化钠，但氢氧化钠不能转化为氧化钠，B选；C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，铝与氧气反应生成氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通过一步就能实现，C不选；D、氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应可以生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成氯化亚铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁，通过一步就能实现，D不选；答案选B。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排
24、除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。18.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是( )A. 在0a范围内，只发生中和反应B. ab斜段发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2C. a=0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2【答案】C【解析】【详解】A.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，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3
25、=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，故A错误；B.ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2，故B错误；C.根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1molL-1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C正确；D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分
26、别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故D错误，故选C。19.向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( )A. 图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3B. 原混合液中cAl2(SO4)3：c(AlCl3)=1:2C. AB段反应的离子方程式为：3Ba2+2Al3+8OH3SO42BaSO42AlO2-4H2OD. 向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀【答案】C【解析】【分析】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与
27、Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，如下：Ba2+SO42-BaSO4，Al3+3OH-Al(OH)3，Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3+3OH-Al(OH)3可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全
28、沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。据此分析解答。【详解】A、根据上述分析，A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，故A正确；B、前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3nAl2(SO4)3=nBa(OH)2，故nAl2(SO4)3=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2Ba(OH)2=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c
29、Al2(SO4)3：c(AlCl3)=1：2，故B正确；C、AB段为氯化铝与氢氧化钡反应，故反应离子方程式为：Al3+3OH-=Al(OH)3，故C错误；D、D点的溶液中含有Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，故D正确。答案选C。【点晴】本题考查化学反应的有关图象问题、铝化合物性质、混合物的有关计算等，关键是清楚各阶段发生的反应，注意从开始到A点相当于是硫酸铝与氢氧化钡的反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀。20.有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl、Ba2+、HCO3、SO42，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：(1)第一份加足量Na
30、OH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；(2)第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，下列推测正确的是()A. Ba2+一定存在B. 100mL该溶液中含0.01mol HCO3C. Na+不一定存在D. Cl不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验【答案】B【解析】【分析】根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4+OHNH3+H2O
31、，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O、SO42+Ba2+BaSO4，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3、SO42，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.
32、1molHCO3-，据此分析解答。【详解】由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3、SO42、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则A、钡离子一定不存在，A错误；B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B正确；C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C错误；D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D错误。答案选B。【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离
33、子反应等都是解题需注意的信息，尤其是钠离子的确定易出现失误。另外选项D也是易错点，注意硫酸根离子对氯离子检验的干扰。21.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0molL1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是A. 剩余固体是铁、铜混合物B. 原固体混合物中铜的质量是9.6gC. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol【答案】D【解析】【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为
34、n(FeCl3)=5mol/L0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答。【详解】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+64g 2mol 56g 2molm1 0.5mol m2 0.5molm1=16g，m2=14g，溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g15.2g16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；设反应消耗铜的物质的量为n1，反应
35、的铁的物质的量为n2，则：(1)64 n1+56 n2=15.2g(2)n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，计算得出：n1=0.15mol、n2=0.1mol，则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.15mol+0.10mol+0.5mol=0.75mol，所以D选项是正确的。答案选D。第卷 非选择题(共58分)22.某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是
36、：_。(2)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。(3)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程发生反应的方程式：_。(4)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为_。(5)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则N
37、aHCO3与M的质量比为_。【答案】 (1). 碳酸钠 或Na2CO3 (2). 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失 (3). 4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42)=1:1:2:3 (5). 大于或等于168： 78【解析】【分析】根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O2NaOH+H2，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。【详解】（1）Na在空气中放置足够长时
38、间，发生4Na+O22Na2O、Na2O+H2O2NaOH、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2ONa2CO310H2O、Na2CO310H2ONa2CO3+10H2O，则最终生成物Na2CO3；（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液
39、混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2+8OH-+O2+2H2O4Fe（OH）3。（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H+OH-H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4+OH-NH3H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42；假设图象中横坐标一
40、个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H+OH-H2O，Al3+3OH-Al（OH）3，NH4+OH-NH3H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42）2n（H+）1+n（Al3+）3+n(NH4+)1，得出n（SO42）3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42)1:1:2:3。（5）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
41、，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2844g 782gm（NaHCO3）：m（Na2O2）（844g）：（782g）168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。23.由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：(1)写出反应的化学方程式：
42、_。写出反应的离子方程式：_。(2)在操作中所使用的玻璃仪器的名称是：_。(3)下列实验装置中可用于实验室制取气体G的发生装置是_；(用字母表示)为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通过c和d装置，c装置中存放的试剂_，d装置中存放的试剂_。(4)气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：_。(5)J是一种极易溶于水的气体,为了防止倒吸,下列ei装置中,可用于吸收J的是_。.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。(1)装置中发生反应的化学方程式为_(2)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000 g
43、漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.100 0 molL1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClOI=3ClIO3- IO3-5I3H2O=6OH3I2实验测得数据如下表所示。该漂白粉中有效成分的质量分数为_。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00【答案】 (1). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O (2). 2Cl2H2OCl2H22OH (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). b (5). 饱和食盐水 (6). 浓硫酸 (7). Cl22OH=ClClOH2O (8). f、g、h (9).
44、2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O (10). 42.9%【解析】【分析】、G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，J为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题。、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，根据温度对该反应的影响分析；（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算。【详解】、（1）反应为实验室制备氯气，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；反应是电解氯化钾溶液，反应的离子方程式为2Cl2H2OCl2H2