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高一化学必修一易错题专题练习(共17个专题)

来源：华佗小知识

氮、硫氧化物（原卷版)

1．（2020·永德县第一完全中学高一月考）二氧化硫、二氧化碳、三氧化硫同时具备的性质是( )

A．都能使品红试液褪色

B．都能和氢氧化钠溶液反应生成盐和水 C．都有刺激性气味 D．常温下都是气体【答案】B 【解析】

A. 二氧化碳、三氧化硫不能使品红试液褪色，A错误；B. 三种物质均是酸性氧化物，都能和氢氧化钠溶液反应生成盐和水，B正确；C. 二氧化碳、三氧化硫没有刺激性气味，C错误；D. 常温下三氧化硫是固体，D错误，答案选B。

2．（2018·江苏高一期末）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）

A．制取SO2 B．验证漂白性

C．收集SO2 D．尾气处理

【答案】B 【解析】【详解】

A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。

3．（2018·河北唐山一中高一期末）下列有关硫及其化合物性质的说法中，正确的是

试卷第1页，总165页

A．铜粉和硫粉混合加热可制得CuS B．久置酸雨酸性增强，原因是水的挥发

C．SO2通入石蕊试液中，溶液颜色先变红，再褪色 D．亚硫酸钠暴露在空气中容易被氧化成硫酸钠【答案】D 【解析】【详解】

A、硫单质氧化性弱，氧化变价金属生成低价化合物，铜粉和硫粉混合加热可制得Cu2S，故A错误；

B、酸雨酸性增强是二氧化硫和水反应生成的亚硫酸被空气中的氧气氧化得到硫酸溶液，因此久置酸雨酸性增强，故B错误；

C、二氧化硫是酸性氧化物，溶于水形成亚硫酸，显酸性；二氧化硫的漂白性具有选择性，不能使变红的石蕊溶液褪色，故C错误；

D、亚硫酸钠暴露在空气中容易被空气中的氧气氧化成硫酸钠，故D正确；故选：D。

4．（2020·云南省禄丰县第一中学高一月考）下列有关三氧化硫的说法中正确的是( ) A．SO3极易溶于水，且与水反应生成H2SO4 B．SO2、SO3均具有漂白性，均能使石蕊溶液变红色 C．SO3可与碱反应，但不与碱性氧化物反应 D．SO2在空气中易被氧化为SO3 【答案】A 【解析】【详解】

A．SO3极易溶于水，三氧化硫与水反应生成硫酸，故A正确；

B．三氧化硫不具有漂白性，SO2、SO3均能使石蕊溶液变红色，是因为溶于水所得溶液均显酸性，故B错误；

C．三氧化硫为酸性氧化物，与碱或碱性氧化物均反应，故C错误；

C．SO2在空气中不易被氧化为SO3，一般需要一定温度和催化剂，故D错误；故答案选A。【点睛】

试卷第2页，总165页

本题考查了二氧化硫、三氧化硫，明确两种氧化物的性质、熟悉酸性氧化物的概念是解题的关键，选项B是解答的易错点。

5．（2019·亳州市黉学英才中学高一期中）下列各实验相应操作、实验现象及原因解释或推论合理的是（）选项 A 操作铁片投入浓硫酸现象无明显变化解释或推论常温下铁不与浓硫酸反应浓硫酸强氧化性导致纸张中的纤维B 将浓硫酸滴到白纸上白纸变黑素炭化说明二氧化硫具有漂白性该气体是氨气 C D A．A 【答案】D 【解析】【详解】

二氧化硫通入溴水湿润红色石蕊试纸检验某气体溴水退色试纸变蓝 B．B C．C D．D

A、常温下，铁片遇到浓硫酸发生了钝化，是已经发生了化学反应，铁片表面被浓硫酸氧化，生成了一层致密的氧化物膜，阻止了反应的发生，并非不反应，A错误； B、将浓硫酸滴到白纸上，白纸炭化变黑，体现的是浓硫酸的脱水性，B错误； C、二氧化硫使溴水褪色，是因为其还原性，C错误；

D、气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明该气体是碱性气体，则该气体是氨气，D正确；故选D。【点睛】

SO2使溴水褪色，是因为其还原性：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；SO2的漂白性是SO2和有色物质结合生成无色的物质，这个变色的过程是可逆的，该物质经过一段时间可以再恢复到原先的颜色，而SO2使溴水褪色是不可逆的。

6．（2016·全国高一课时练习）下列有关二氧化硫说法中正确的是

试卷第3页，总165页

A．二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，可在葡萄酒中微量添加 B．二氧化硫能使品红褪色，加热后不恢复到红色

C．二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色，体现了二氧化硫的漂白性 D．二氧化硫属于碱性氧化物，可以用NaOH溶液吸收【答案】A

【解析】A．葡萄酒中需要添加适量二氧化硫，来起到防腐作用，A项正确；B．二氧化硫能使品红褪色，是SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与品红反应生成不稳定的无色物质，该物质加热后分解使品红恢复红色，B项错误；C．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色，体现了二氧化硫的还原性，C项错误；D．SO2属于酸性氧化物，可以用NaOH溶液吸收，D项错误；答案选A。

7．（2019·山西应县一中高一月考）下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是( ) 选项 A B C D A．A 【答案】D 【解析】【详解】

A．S在纯氧中燃烧生成SO2，故A错误；

B．SiO2晶体不能导电但对光具有全反射作用，能传递光信号，所以SiO2可用于制备光导纤维，故B错误；

C．某溶液的焰色反应为黄色可证明该溶液中一定含Na元素，不能确定是否含K元素，故C错误；

D．FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，是因为Fe有强氧化性，可将铜氧化成铜离

试卷第4页，总165页

陈述Ⅰ S有可燃性 SiO2有导电性某溶液的焰色反应为黄色 Fe有氧化性 3+陈述Ⅱ S在纯氧中燃烧生成SO3 SiO2可用于制备光导纤维该溶液中一定含Na元素，一定不含K元素 FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜 B．B C．C D．D

子，然后再还原出来，故D正确；故答案为D。

8．（2019·江苏省海头高级中学高一月考）下列关于SO2的说祛中，不正确的是( ) A．SO2能使品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性 B．SO2在空气中极易被氧化为SO3

C．实验室中，尾气SO2可以用NaOH溶液吸收

D．SO2是形成酸雨的大气污染物之一，主要自于化石燃料的燃烧和工厂排放的废气【答案】B 【解析】【详解】

A．二氧化硫能漂白某些物质，能够结合有机色素为无色不稳定物质，所以使品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，故A正确；

B．二氧化硫要在催化剂条件下才能氧化成三氧化硫，所以SO2在空气中不易被氧化成三氧化硫，故B错误；

C．SO2与NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，故C正确； D．SO2是一种大气污染物，可形成酸雨，它主要来自于化石燃料的燃烧和工厂排放的废气，故D正确；故选B。【点睛】

本题的易错点为D，要注意二氧化硫与氧气的反应需要催化剂，一般而言，在空气中不容易被氧化，但在含有大量飘尘的空气中或溶于水后，容易被氧化。

9．（2018·吉林高一期末）下列物质加入或通入CaCl2溶液中，有浑浊现象的是 ( ) A．SO2 【答案】C 【解析】【详解】

A.亚硫酸酸性比盐酸弱，则SO2与CaCl2不反应，没有浑浊现象，故A错误； B.氯化钙与碳酸氢钠不反应，没有浑浊现象，故B错误；

C.三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸与氯化钙反应生成硫酸钙微溶和盐酸，有浑浊现象，故C正确；

试卷第5页，总165页

B．NaHCO3 C．SO3 D．CO2

D.碳酸的酸性小于盐酸，则CO2与CaCl2溶液不反应，不能生成沉淀，故D错误；故选：C。【点睛】

本题考查元素化合物知识，本题注意硫、钠、碳等元素及其化合物基础知识的积累，易错点A，亚硫酸酸性比盐酸弱，不能生成亚硫酸钙沉淀。

10．（2019·全国高一专题练习）下列有关NO与NO2的叙述正确的是 A．NO是无色气体，可用排空气法收集 B．常温下，氮气与氧气混合就可迅速产生NO C．常温下NO不容易与空气中的O2化合生成NO2 D．NO2溶于水，与水反应生成NO 【答案】D

【解析】NO与氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故A错误；常温下，氮气与氧气不反应，故B错误；常温下NO易与空气中的O2化合生成NO2，故C错误；NO2溶于水，与水反应生成和NO，故D正确。

11．（2019·云南省大姚县第一中学高一月考）盛有氯化钡稀溶液的甲、乙两试管分别通入SO2至饱和，若向甲试管中加入足量双氧水，乙试管中加入足量氢氧化钠溶液，则下列叙述正确的是( )

A．甲、乙两试管都有白色沉淀生成 B．甲、乙两试管都没有白色沉淀生成 C．甲试管没有白色沉淀生成而乙试管有 D．甲试管有白色沉淀生成而乙试管没有【答案】A 【解析】【分析】

二氧化硫具有还原性与双氧水反应生成硫酸根；二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸根离子，据此解答。【详解】

二氧化硫具有还原性与双氧水反应生成硫酸根，与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸根离子，与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；

试卷第6页，总165页

所以甲中加入足量双氧水时，SO2被氧化为H2SO4，与BaCl2反应则得到BaSO4沉淀；当乙中加入足量NaOH溶液时，发生反应：SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O，与BaCl2反应则得到BaSO3沉淀。所以A选项是正确的。

12．（2019·郑州市第四十七中学高一月考）下列实验能证明某无色气体为SO2的是（） ①能使澄清石灰水变浑浊 ②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 ③能使品红溶液褪色，加热后又显红色

④能使溴水褪色，再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生 A．①②③④ C．③④ 【答案】C 【解析】

①能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化硫或二氧化碳，故不选；②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，不一定为二氧化硫，可能是氯化氢等气体，故不选；③能使品红溶液褪色，加热后又显红色，则漂白性为暂时的，气体为二氧化硫，故选；④能使溴水褪色，再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡，则与溴水发生氧化还原反应的气体为二氧化硫，故选；能证明的有③④，故选C。 13．（2019·广西田阳高中高一月考）下列说法正确的是（）

A．因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色 B．酸雨的pH小于5.6

C．SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同 D．将SO2与Cl2混合后通入品红溶液中漂白效果更好【答案】B 【解析】【详解】

A. 二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质而漂白品红溶液，二氧化硫被溴、酸性高锰酸钾氧化而使这两种物质褪色，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，故A错误；

B. 当大气中二氧化碳饱和时，略呈酸性（水和二氧化碳结合为碳酸），pH为5.65，pH小

试卷第7页，总165页

B．①③④ D．②③④

于5.65的雨叫酸雨，故B正确；

C. 漂白粉和过氧化钠的漂白性是利用其氧化性，活性炭的漂白性是利用其吸附性，二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质，所以其漂白原理不一定相同，故C错误；

D. 二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误；正确答案是B。【点睛】

本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键，题目难度不大。

14．（2019·福建三明一中高一月考）根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是选项 A B C D A．A 【答案】C 【解析】【详解】

A．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，选项A正确；

B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，表现了氧化性，选项B正确；

试卷第8页，总165页

溶液含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 H2S溶液酸性KMnO4溶液溴水现象产生白色沉淀产生黄色沉淀紫色溶液褪色橙色褪去结论 SO2有还原性 SO2有氧化性 SO2有漂白性 SO2有还原性 B．B C．C D．D

C．酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，选项C错误； D．SO2与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，该反应中SO2中+4价S元素被氧化生成+6价的硫酸，二氧化硫被氧化，表现了还原性，选项D正确；答案选C。

15．（2019·上饶中学高一月考）将SO2分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是( )

A．试管a中实验可以证明SO2具有漂白性 B．试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性 C．试管c中能产生白色沉淀，说明SO2具有还原性 D．试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀【答案】C 【解析】【详解】

A、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了还原性，选项A错误； B、品红褪色，说明二氧化硫有漂白性，选项B错误；

C、二氧化硫被根氧化成硫酸根，生成硫酸钡沉淀，说明二氧化硫有还原性，选项C正确；

D、二氧化硫在碱性条件下反应生成亚硫酸钡，与反应转化为硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，选项D错误；答案选C。

16．（2019·吉林长春外国语学校高一期中）某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是

试卷第9页，总165页

A．a棉球褪色，验证SO2具有氧化性

B．b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性 C．c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性 D．可以使用浓硫酸吸收尾气【答案】B 【解析】【分析】

亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。【详解】

A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，故A错误；

B．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；

C．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，可以验证SO2的还原性，故C错误；

D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，故D错误；答案选B。【点睛】

本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。

17．（2019·安达市第七中学高一月考）将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是 A．SO2、H2S

B．SO2、NO2

C．NH3、CO2

D．CO2、SO2

试卷第10页，总165页

【答案】D 【解析】【详解】

A、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入硫化氢，二氧化硫和硫化氢反应生成硫沉淀，不选A；

B、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入二氧化氮，二氧化氮和水反应生成，可以氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不选B；

C、氯化钡中通入氨气不反应，再通入二氧化碳可以生成碳酸钡沉淀和氯化铵，不选C； D、氯化钡中通入二氧化碳和二氧化硫都不反应，不会出现沉淀，选D。

18．（2019·山东高一期末）X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示，下列转化不能一步实现的是

A．A 【答案】D 【解析】【详解】

B．B C．C D．D

A. 氮气与氢气反应可以一步制得氨气，氨气与氧气发生催化氧化可一步得到一氧化氮，NO与氧气反应可一步得到NO2，二氧化氮与一氧化碳反应可得到氮气（汽车尾气处理装置）；

B. Na与水反应可得到NaOH，NaOH与二氧化碳反应可得到碳酸钠，碳酸钠与氯化钡反应可得到氯化钠，电解熔融氯化钠可得到钠单质；

试卷第11页，总165页

C. 氯气可与氢氧化钙反应得到次氯酸钙，次氯酸钙可与水和二氧化碳反应得到HClO，HClO分解可得HCl，浓盐酸与二氧化锰反应可得到氯气；

D. 硫化氢被氧化可得到硫单质，硫单质无法一步反应制得SO3，三氧化硫溶于水可得到H2SO4；故答案选D。

19．（2019·武汉市第六中学高一期中）SO2 通入 BaCl2 溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧 Y 形管中放置的药品组合符合要求的是（）

①Cu 和浓 ②CaO 和浓氨水 ③大理石和稀盐酸④高锰酸钾溶液和浓盐酸 ⑤过氧化钠和水 ⑥过氧化氢和二氧化锰 A．全部【答案】D 【解析】【分析】

SO2通入BaCl2溶液，因为亚硫酸酸性弱于盐酸，不反应，不会产生沉淀，若要产生沉淀，可以通入氧化性物质将二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，或者通入碱性物质，与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，据此解答。【详解】

①Cu和浓反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，会产生硫酸钡沉淀，故①选；②氨水滴入到氧化钙中会生成碱性气体氨气，氨气与水反应生成一水合氨，与二氧化硫生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故②选；③大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳与二氧化硫、氯化钡溶液不反应，不会产生沉淀，故③不选；④高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，会产生硫酸钡沉淀，故④选；⑤过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故

B．③⑤

C．①②⑤⑥

D．①②④⑤⑥

试卷第12页，总165页

⑤选；⑥过氧化氢和二氧化锰反应生成氧气，氧气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故⑥选；故答案为D。

20．（2018·内蒙古杭锦后旗奋斗中学高一月考）有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：

（1）a和b混合气体变红棕色（2）c和d混合产生白烟

（3）c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体（4）b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊 a、b、c、d、e依次可能是( ) A．O2、NO、HCl、NH3、CO2 C．NO、O2、NH3、HCl、SO2 【答案】C 【解析】【详解】

由a和b混合，气体变成红棕色，可知a和b分别为NO和O2中的一种；b通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则b为氧气，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d分别为NH3和HCl中的一种；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e可能为SO2。综上可得答案选C。

21．（2020·全国高三专题练习）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的有几个（）

①1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2NA； ②标准状况下，体积为22.4L的SO3中含3 NA个氧原子； ③1molC10H22分子价键总数为31 NA； ④60g二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为4NA； ⑤1mol/L NaOH溶液中含有Na数目为NA； ⑥1molD2 O含10 NA个电子；

⑦2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1 NA。 A．3 【答案】A

试卷第13页，总165页

B．O2、NO、NH3、HCl、SO2 D．HCl、CO2、NH3、H2S、CH4

B．4 C．5 D．6

【解析】【详解】

①错误，该反应可逆，进行不到底，所以生成的NH3必小于2NA； ②错误，在标准状况下SO3不是气体；

③正确，1molC10H22分子中，含有碳碳键9NA，含有碳氢键共22NA，所以含有的共价键总数为31 NA；

④正确，60g二氧化硅晶体的物质的量为1mol，其中每个硅原子与4个氧原子形成硅氧键，且全部属于自己（没有均摊），所以60g二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为4NA； ⑤错误，因溶液体积未知，所以无法计算钠离子数目；

⑥正确，每个D2O分子中含有10个质子，10个电子，所以1molD2 O含10 NA个电子； ⑦错误，没有指明气体所处的条件是标准状况，所以无法使用22.4L·mol进行计算；所以答案选择A项。【点睛】

H2O、D2O、T2O结构上差别在于中子数的不同，每个分子中含有的质子数和电子数仍都是10。

22．（2019·巨野县第一中学高三月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．标准状况下，11.2LSO3含有的氧原子个数为1.5NA B．100g34%的双氧水中含有H—O键的数目为2NA C．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA D．16.8gFe粉与足量水蒸气完全反应，转移的电子数目为0.8NA 【答案】D 【解析】【详解】

A、标准状况下，SO3不是气体，无法直接用22.4L·mol进行计算求SO3的物质的量，故A说法错误；

B、H2O2结构式为H－O－O－H，双氧水中除含有H2O2外，还含有H2O，即含有H－O的物质的量为

－1

-1

100g34%100g66%22≈9.3mol，故B说法错误；

34g/mol18g/molC、氢氧化铁胶体是由氢氧化铁聚合在一起，因此氢氧化铁胶粒的物质的量小于

试卷第14页，总165页

16.25g=0.1mol，故C说法错误；

162.5g/molD、铁与水蒸气发生3Fe＋4H2O=Fe3O4＋4H2↑，转移电子的物质的量为=0.8mol，故D说法正确；答案为D。

23．（2019·平罗中学高三月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A．标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA B．2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NA

C．50 mL 18.4 mol·L浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NA D．含1molFeCl3的氯化铁溶液完全水解生成Fe(OH)3胶体，其中胶粒数为NA 【答案】B 【解析】【详解】

A．标准状况下，HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误； B．CO与C2H4摩尔质量都是28g/mol，2.8g CO与C2H4的混合气体中所含分子数为

-1

16.8g856g/mol32.8g×NA=0.1NA，故B正确；

28g/molC．50 mL 18.4 mol/L浓硫酸中含有硫酸0.05L×18.4 mol/L =0.92mol，浓硫酸和Cu在加热条件下反应，而稀硫酸和Cu不反应，反应到一定程度后，浓硫酸变为稀硫酸，不能再反应生成二氧化硫，所以50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目小于0.46 NA，故C错误；

D．氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的集合体，1mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体后能生成胶粒小于NA个，故D错误；故选B。【点睛】

本题的易错点为D，要注意胶体微粒是多个分子和离子的集合体，具有较大的表面积，因此具有较强的吸附性。

24．（2019·宾县第一中学校高三月考）设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的

试卷第15页，总165页

是( )

A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 mol Fe溶于过量，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA 【答案】A 【解析】【详解】

A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；

B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；

C.1mol Fe溶于过量生成铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误； D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。

25．（2019·全国高三专题练习）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是  A．一定条件下，1.5 mol H2和0.5 mol N2充分反应后可得到NH3分子数为NA B．足量的Fe与Cl2反应生成0.1mol产物时失去的电子数为0.3NA C．常温常压下，18g H2O含有的电子总数为8NA D．标准状况下，22.4L的己烯中含有的分子数为NA 【答案】B 【解析】【详解】

A．1.5mol H2和0.5 mol N2充分反应后，由于该反应为可逆反应，则反应生成的氨气小于1mol，反应后得到的NH3分子数小于NA，故A错误；

试卷第16页，总165页

B．铁与氯气反应生成氯化铁，则足量的Fe与Cl2反应生成0.1mol产物时失去0.3mol电子，失去的电子数为0.3NA，故B正确；

C．18g水的物质的量为1mol，1mol水分子中含有10mol电子，含有的电子总数为

10NA，故C错误；

D．标况下己烷不是气体，不能使用气体摩尔体积计算己烷的物质的量，故D错误；故答案为B。【点睛】

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

26．（2020·屏边苗族自治县第一中学高一月考）（1）实验室用金属铜和稀制取NO的离子方程式为_____。

（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。

①实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是____(填序号)。 A．铁 B．铝 C．铂 D．玻璃

②打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是____(填化学方程式)。

（3）为证明铜丝与稀反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置

试卷第17页，总165页

制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。 ①长玻璃管的作用是______。

②让反应停止的操作方法及原因是_____。

（4）以下收集NO气体的装置，合理的是___(填序号)。

（5）将32.g铜与140mL一定浓度的反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答： ①NO的体积为_____L，NO2的体积为____L。

②待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu全部转化成沉淀，则原溶液的浓度为___ mol·L。

【答案】3Cu＋8H＋2 NO3=3Cu＋4H2O＋2NO↑ CD 2NO＋O2=2NO2 接收被气体压出U形管的液体，防止稀溢出关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀向下压，使铜丝与稀分开，反应就会停止 CD 5.8 5.4 【解析】【分析】

（1）金属铜和稀反应生成铜和NO气体；

（2）①由题意可知，这种成分不能与稀反应，而Fe、Al与反应，所以AB不行；

②二氧化氮是红棕色的气体，一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；

（3）①为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀溢出；

②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀液面下降，从而使铜丝与稀分开，反应停止；

（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集；（5）根据守恒的原理计算NO、NO2的体积，以及溶液的浓度。【详解】

103aV0.50.14＋

-2＋

2＋

－1－1

试卷第18页，总165页

（1）金属铜和稀反应生成铜和NO气体，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3═3Cu+2NO↑+4H2O，

故答案为3Cu+8H+2NO3═3Cu+2NO↑+4H2O；

（2）①由题意可知，这种成分不能与稀反应，而Fe、Al与反应，所以AB不行，故答案为CD；

②一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体，所以，制取一氧化氮的装置打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，发生2NO+O2═2NO2，故答案为2NO+O2═2NO2；

（3）①为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀溢出，故答案为接收被气体压出U形管的液体，防止稀溢出；

②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀液面下降，从而使铜丝与稀分开，反应停止，故答案为关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀向下压，使铜丝与稀分开，反应就会停止；

（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置，故答案为CD；（5）①设混合气中NO和NO2的物质的量分别是x和y。则x＋y＝11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol ① 金属铜的物质的量是32.g÷g/mol＝0.51mol

则根据电子的得失守恒可知n(e)3x＋y＝2n(Cu)=0.51mol×2 ② 由①、②解得x＝0.26mol、y＝0.24mol

所以NO和NO2的体积分别是0.26mol×22.4L/mol＝5.8L，0.24mol×22.4L/mol＝5.4L。故答案为5.8，5.4；

②溶液中的Cu＋全部转化成沉淀后，溶液中的溶质恰好是钠，则根据原子守恒可知，钠的物质的量是0.001Vamol 所以原溶液的浓度为

-2+

0.001Vamol0.5mol0.001Va0.5＝mol/L

0.14L0.14L故答案为

0.001Va0.5mol/L。

0.14试卷第19页，总165页

27．（2020·重庆市朝阳中学高一月考）如图所示是实验室制取SO2并验证SO2某些性质的装置图，试回答：

（1）⑥中发生反应的化学方程式为___；（2）①中实验现象为___，证明SO2是___气体；（3）②中品红溶液___，证明SO2有___；

（4）③中现象是___，写出SO2与H2O2的化学方程式___；（5）④中现象是___，证明SO2有___性；（6）⑤的作用是___，反应的化学方程式为___。

【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 紫色石蕊溶液变红酸性褪色漂白性有淡黄色沉淀生成 SO2+H2O2=H2SO4 溶液褪色溶液褪色吸收多余的SO2，防止污染空气 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O 【解析】【分析】

根据图中反应装置中的反应物的性质书写相关反应方程式；根据实验装置图及实验现象分析二氧化硫的性质，并书写相关反应方程式。【详解】

（1）⑥中为亚硫酸钠和稀硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）①中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，

垐?SO2H2O噲?H2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石

蕊溶液变红；酸性；

（3）②中为品红溶液，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故二氧化硫具有漂白性，故答案为：褪色；漂白性；

（4）③中SO2中4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，所以③中现

试卷第20页，总165页

象是有淡黄色沉淀生成，过氧化氢具有氧化性，SO2与H2O2反应，二氧化硫具有还原性，两者反应：SO2H2O2H2SO4，故答案为：有淡黄色沉淀生成；

SO2H2O2H2SO4；

（5）④中碘水具有氧化性，溶液颜色为紫红色，SO2中4价S具有还原性，两者发生：

I2SO22H2OH2SO42HI，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原

性，故答案为：溶液褪色；还原；

（6）⑤二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：

2NaOHSO2Na2SO3H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOHSO2Na2SO3H2O。

非金属及其化合物（二)（原卷版)

1．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）下列几种物质的保存方法中不正确的是 A．碘易升华，可保存在酒精中 B．少量金属钠保存在煤油中

C．氯水通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处

D．在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴的挥发【答案】A 【解析】【详解】

A选项，碘易升华，单质碘易溶于酒精，因此保存在棕色广口瓶中，故A不正确； B选项，少量金属钠保存在煤油或石蜡油中，故B正确；

C选项，氯水中次氯酸易分解，通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处，故C正确； D选项，在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴的挥发，用玻璃塞，故D正确。

综上所述，答案为A。【点睛】

试卷第21页，总165页

碘易升华，溴易挥发，保存时碘保存在棕色广口瓶中，溴保存在棕色试剂瓶并用水“液封”。

2．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法不正确的是．．．选项 A B C D A．A 【答案】B 【解析】【详解】

A选项，FeCl2溶液（FeCl3溶液），加入过量铁粉，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过量铁进行过滤，故A正确；

B选项，SiO2（CaO），加入水，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，二氧化硅和氢氧化钙反应，故B错误；

C选项，CO2（HCl），用饱和NaHCO3溶液，饱和碳酸氢钠和HCl反应，二氧化碳不反应，故C正确；

D选项，Na2CO3固体（NaHCO3固体），碳酸氢钠受热易分解，通过加热到质量不再变化可除去碳酸氢钠，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】

SiO2（CaO）主要用盐酸除掉氧化钙杂质。

3．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）下列关于氯气的叙述中，不正确的是（） A．氯气是一种有毒的气体 C．氯气与水的反应是可逆反应【答案】B

试卷第22页，总165页

待提纯的物质 FeCl2溶液（FeCl3溶液） SiO2（CaO） CO2（HCl）选用试剂铁粉 H2O 饱和NaHCO3溶液操作的方法过滤过滤洗气加热至质量不再变化 D．D

Na2CO3固体（NaHCO3固体） —— B．B

C．C

B．氯气、氯水、液氯是同一种物质

D．氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体

【解析】【详解】

A、氯气是一种有毒气体，它主要通过呼吸道侵入人体并溶解在黏膜所含的水分里，生成次氯酸和盐酸，对上呼吸道黏膜造成有害的影响；次氯酸使组织受到强烈的氧化；盐酸刺激黏膜发生炎性肿胀，使呼吸道黏膜浮肿，大量分泌黏液，造成呼吸困难，所以氯气中毒的明显症状是发生剧烈的咳嗽，所以氯气是一种有毒气体，故A正确；

B、液氯是氯气的液态，所以氯气和液氯是同一种物质；部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水中含有氯气分子、盐酸、次氯酸，是一种混合物，不是同一种物质，故B错误；

C、氯气溶于水后，部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯气和水的反应存在一个平衡状态，所以是可逆反应，故C正确；

D、氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，故D正确；答案选B。

4．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）下列变化中，不属于化学变化的是（） A．氯水使有色布条褪色 B．漂白粉使某些染料褪色 C．SO2使品红溶液褪色 D．活性炭使红墨水褪色【答案】D 【解析】

A．氯水使有色布条褪色原理是氯水有强氧化性能将有色布条氧化为无色物质，属于化学变化，故A错误；B．漂白粉有强氧化性将染料氧化为无色物质，属于化学变化，故B错误；C．二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，属于化学变化，故C错误；D．活性炭使红墨水褪色的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故答案为D。

5．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是．．A．陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品

B．常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、、硫酸等都很难发生反应 C．水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂

D．青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O 【答案】A

试卷第23页，总165页

【解析】【详解】

A选项，陶瓷、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品，水晶饰品的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；

B选项，常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、、硫酸等都很难发生反应，加热条件下与氧气、氯气反应，故B正确；

C选项，水玻璃中的硅酸钠具有粘性，可以作为粘合剂、木材防腐剂，故C正确； D选项，青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】

硅酸盐拆写成氧化物的形式：先写活泼金属氧化物，再写较活泼金属氧化物，再写二氧化硅，最后写水，中间用“∙”隔开。

6．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是 ( )

A．向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl

B．向某溶液中加稀 HCl，无明显现象，再加入BaCl2 溶液产生白色沉淀，证明有SO4 C．向某溶液中加入稀 HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有CO3 D．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含有NH4 【答案】B 【解析】【分析】

A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等；B、能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝。【详解】

A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，原溶液中不一定有氯离子，选项A错误；B、能使钡离子产生

试卷第24页，总165页

2-2--

沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸，所以向某溶液中加稀HCl，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-，选项B正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，选项C错误； D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验方法中试纸不合理，选项D错误。答案选B。【点睛】

本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意C选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子。 7．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）下列现象或事实可用同一原理解释的是 A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B．SO2和FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去 C．亚硫酸钠溶液和水玻璃长期暴露在空气中变质 D．二氧化硫和氯水使品红溶液褪色【答案】B 【解析】【详解】

A选项，浓硫酸吸收空气中水蒸气，浓度降低，浓盐酸易挥发，长期暴露在空气中浓度降低，故A不符合题意；

B选项，SO2使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，故B符合题意；

C选项，亚硫酸钠溶液长期暴露在空气中变质，与空气中氧气反应，水玻璃长期暴露在空气中变质，与空气中二氧化碳和水反应生成硅酸和碳酸钠，故C不符合题意；

D选项，二氧化硫使品红溶液褪色是因为生成不稳定的无色物质，氯水使品红溶液褪色是因为发生氧化还原反应，故D不符合题意。综上所述，答案为B。

8．（2019·杭州市西湖高级中学高一月考）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，在一定的条件下，它们之间具有如下转化关系：

。下列有关物质的推断不正确的是

试卷第25页，总165页

A．若甲为焦炭，则丁可能是O2 C．若甲为Fe，则丁可能是【答案】B 【解析】【详解】

B．若甲为Fe，则丁可能是氯气

D．若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2

A选项，若甲为焦炭，则丁可能是O2，焦炭和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，故A正确；

B选项，若甲为Fe、丁是氯气，则铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁和氯气不反应，故B错误；

C选项，若甲为Fe，则丁可能是，铁和少量反应生成亚铁，亚铁和反应生成铁，铁和铁反应生成亚铁，故C正确；

D选项，若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，故D正确。综上所述，答案为B。

9．（2019·广西田阳高中高一月考）下列说法正确的是（）

A．因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色 B．酸雨的pH小于5.6

C．SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同 D．将SO2与Cl2混合后通入品红溶液中漂白效果更好【答案】B 【解析】【详解】

B. 当大气中二氧化碳饱和时，略呈酸性（水和二氧化碳结合为碳酸），pH为5.65，pH小于5.65的雨叫酸雨，故B正确；

试卷第26页，总165页

本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键，题目难度不大。

10．（2019·内蒙古杭锦后旗奋斗中学高一期中）将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入(或通入)某试剂(或气体)X后有沉淀生成.此试剂(或气体)X可能是（） ①NaOH溶液 ②NaCl溶液 ③氨水溶液 ④新制氯水 ⑤H2S ⑥CO2 A．①②④ 【答案】B 【解析】【分析】

二氧化硫具有酸性氧化物的性质、较弱的氧化性、较强的还原性、漂白性等，因而能与多种物质发生反应。【详解】

通常，复分解反应中能由较强酸生成较弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不反应。

当加入NaOH溶液或氨水时，可生成Na2SO3或(NH4)2SO3，进而生成BaSO3沉淀；新制氯水可将SO2氧化为SO4，进而生成BaSO4沉淀；H2S能与反应生成不溶性的硫和水。NaCl、CO2都不能与SO2、BaCl2溶液反应。本题选B。

11．（2019·合肥市第六中学高一开学考试）如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 mol·L的并加热，待反应结束时，下列微粒在体系中一定大量存在的是 ( )

－1

2－

B．①③④⑤ C．②③⑤⑥ D．④⑤⑥

①NO3②Fe③H④NO ⑤NO2

A．① B．①⑤ C．②④⑤ D．①②③⑤

试卷第27页，总165页

-3＋＋

【答案】B 【解析】

试题分析：开始反应生成NO2，随反应的进行，浓度会变低，铁与稀反应生成NO，过量时生成三价铁，铁过量时，生成亚铁离子，若铁粉过量，体系中大量存在NO3、Fe、NO2、NO；若HNO3过量，体系中大量存在NO3、Fe、H、NO2，一定大量存在为：NO3、NO2，故选B。【考点定位】考查的化学性质

【名师点晴】本题需要注意的是12mol/L的HNO3是浓，由于铁具有可变化合价，因此会随着量的不同，铁的化合价也不同。铜和反应，随着浓度的减少，的还原产物的价态越低，铜和浓反应生成NO2，而与稀反应时则生成NO。

12．（2019·乌鲁木齐县柴窝堡林场中学高三）右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（）

--2+

-3+

A．CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉 C．H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉【答案】A 【解析】【详解】

B．NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉 D．HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉

A.NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A； B.NH3易溶于水，形成NH3·H2O，NH3·H2O泉，故不选B； C.H2S＋CuSO4D.HCl＋AgNO3答案选A。

13．（2019·甘肃张掖市第二中学高三月考）无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、

H2SO4＋CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C； HNO3＋AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。

NH4＋OH，溶液呈碱性，能形成红色喷

－

试卷第28页，总165页

NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过如图所示实验的处理，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 C．NH3、NO2、CO2 【答案】B 【解析】【详解】

B．NH3、NO、CO2 D．NO、CO2、N2

二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，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和CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有N2，则甲气体的组成为NH3、NO、CO2，故选B。

14．（2019·四川成都外国语学校高一开学考试）下列有关实验现象与物质性质对应关系的说法中，错误的是．．

A．Na2CO3溶液遇酚酞变红，说明Na2CO3溶液呈碱性 B．NO遇空气变为红棕色，说明NO具有还原性 C．Cl2使湿润的有色布条褪色，说明Cl2具有漂白性

D．新制的Fe(OH)2遇氧气最终变为红褐色，说明Fe(OH)2具有还原性【答案】C 【解析】【详解】

A.碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸钠发生水解反应Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3而使溶液呈碱性，所以其溶液能使无色酚酞试液变红色，故A不选；

B.NO遇空气变为红棕色发生反应2NO+O2=2NO2，被氧气氧化，说明NO具有还原性，故B不选；

C.氯气与水反应可生成具有漂白性的HClO，使湿润的有色布条褪色的是次氯酸，氯气不具

试卷第29页，总165页

有漂白性，故选C；

D.新制的Fe(OH)2遇氧气最终变为红褐色，发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，被氧气氧化，说明Fe(OH)2具有还原性，故D不选；正确答案：C。

15．（2019·四川成都外国语学校高一开学考试）下列操作能够达到实验目的的是

A．验证一定生成SO2 B．用排空气法收集 NO A．A 【答案】D 【解析】【详解】

B．B

C．C

C．制取并检验氨气 D．用水吸收氨气 D．D

A.能使品红褪色的气体很多，例如氯气，臭氧，不一定是二氧化硫，故A不正确； B．NO遇氧气马上生成NO2，而且密度与空气接近，不能用排气法收集，故B不正确； C.应该是湿润的红色石蕊试纸才可以，氨气与水生成氨水，才可以使红色石蕊试纸变蓝，故C不正确；

D.因为氨气极易溶于水，如果导管插入液面下很容易把水倒吸入导管中,如果气体发生装置是加热型的,那水被倒吸入装置中容易发生爆炸.一般用的装置是导管接着一个倒置的漏斗,让水没过漏斗的边缘就行了,当水被倒吸时,部分水就离开水槽的水面,没有支撑力了,它们受到重力就会掉下来,故D正确；正确答案：D。

16．（2019·四川成都外国语学校高一开学考试）下列说法正确的是

A．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为：2Br+ Cl2 = Br2 + 2Cl B．向含碘化钾淀粉的溶液中滴加FeCl3溶液，溶液变蓝

试卷第30页，总165页

C．某溶液中含有Fe、Cl、I，为了除去I而不减少其他离子，可通入过量氯气 D．向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，可能得到NaCl和NaI的固体混合物【答案】B 【解析】【详解】

A.向FeBr2溶液中通入少量Cl2，因为亚铁离子还原性强于溴离子，氯气应该先和还原性强的离子亚铁离子反应，故A不正确；

B.向含碘化钾淀粉的溶液中滴加FeCl3溶液，因为铁离子与碘离子反应生成碘单质和亚铁离子，所以溶液变蓝，故B正确；

C.通入过量氯气既可以把碘离子氧化为碘单质，也可以将亚铁离子氧化为铁离子，故C不正确；

D.向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入氯气可发生：因为碘离子还原性比溴离子强，所以先发生2NaI+Cl2=2NaCl+I2，碘离子反应完在发生2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，不可能得到NaCl和NaI的固体混合物，故D不正确；正确答案：B。

17．（2019·湖南长郡中学高一开学考试）下列试剂的保存方法错误的是 A．少量的钠保存在煤油中 B．氢氟酸保存在无色玻璃瓶中

C．氢氧化钠溶液保存在橡皮塞的玻璃瓶中 D．新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中【答案】B

【解析】A、少量钠保存在煤油中，故说法正确；B、氢氟酸腐蚀玻璃，应保存在塑料瓶中，故说法错误；C、盛放碱液的玻璃瓶，应用橡胶塞或橡皮塞，故说法正确；D、新制氯水中Cl2＋H2O

HCl＋HClO，HClO见光受热易分解，因此新制氯水应保存在棕色试剂瓶中，

2+---

故说法正确。

18．（2019·河北省鸡泽县第一中学高一月考）如图所示：烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则a、b不可能是

试卷第31页，总165页

A．a为Cl2气体，b为饱和NaCl溶液 B．a为NH3气体，b为盐酸溶液 C．a为CO2气体，b为浓NaOH溶液 D．a为NO2气体，b为H2O 【答案】A 【解析】【分析】

烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则气体a极易溶于水，或极易与烧杯中的液体反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，以此来解答。【详解】

A. Cl2能溶于水，饱和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯气的溶解，不能形成压强差，则不能形成喷泉，故A选；

B. 氨气极易溶于水，可与盐酸反应生成NH4Cl，导致气体减少，构成压强差，可形成喷泉，故B不选；

C. CO2可与浓NaOH反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，故C不选； D. NO2易溶于水生成和NO，构成压强差，可形成喷泉，故D不选；答案选A。

19．（2019·辽宁高一开学考试）实验室可用如图所示的装置干燥、储存气体R,多余的气体可用水吸收,则R是

A．NO2 B．NO C．SO2 D．NH3 【答案】D

试卷第32页，总165页

【解析】试题分析：

该装置的收集装置是利用向下排空气法收集，则收集的气体密度应小于空气密度，且和氧气不反应，尾气处理装置中用水吸收气体，说明该气体极易溶于水。 A、NO2气体的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，故A不合题意； B、NO和氧气能反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故B不合题意； C、SO2气体的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，故C不合题意；

D、氨气的密度小于空气，常温下和氧气不反应，且极易溶于水，所以可以用水吸收尾气，故D正确。

考点：考查气体的收集和尾气处理

点评：本题考查了气体的收集和尾气处理，难度不大。解题时应注意根据题目所给的装置，结合各种气体的物理性质综合分析。

20．（2019·辽宁高一开学考试）下列关于硫的叙述中不正确的是 A．实验室常用酒精除去附着在试管壁上的硫黄 B．单质硫既有氧化性，又有还原性

C．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色说明SO2具有还原性 D．SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀说明SO2具有氧化性【答案】A 【解析】【分析】

A. 硫黄不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳； B. 硫元素的常见价态有-2价、0价、+4价和+6价； C. 酸性高锰酸钾与二氧化硫会发生氧化还原反应； D. SO2与H2S发生归中反应。【详解】

A. 因硫黄易溶于二硫化碳（CS2），实验室常用二硫化碳（CS2）除去附着在试管壁上的硫黄，故A项错误；

B. 单质硫的化合价位0价，可以被还原为-2价，也可被氧化为+4、+6等价态，则单质硫既有氧化性，又有还原性，故B项正确；

C. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾会因与二氧化硫发生氧化还原反应而褪

试卷第33页，总165页

色，SO2会被氧化为SO4，具有还原性，故C项正确； D. SO2与H2S发生的化学反应方程式为：SO2+2H2S = 3S↓+2H2O

21．（2019·辽宁高二开学考试）下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是

A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 A．A 【答案】D 【解析】【分析】

B．证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水) C．探究氧化性： KMnO4＞Cl2＞I2 D．比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性 B．B C．C D．D

A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化； B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；

C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；

D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。【详解】

A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；

B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)，故A能达到实验目的； C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故C正确；

D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。

22．（2019·辽宁高一开学考试）下列有关SO2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确

试卷第34页，总165页

的是

A B C D A．A 【答案】C 【解析】

无色红色无色红色无色无色无色无色无现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色溶液白色溶液无色溶液白色溶液 B．B C．C D．D

二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以a中溶液显酸性，颜色为无色；SO2具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；SO2还具有还原性，能够被氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，答案选C。

非金属及其化合物（一)

1．下列说法正确的是 A．陶瓷的主要成分是碳酸钙 C．电解氯化钠溶液制取金属钠【答案】B 【解析】

B．溴常被称为“海洋元素” D．硅藻土的主要成分是硅酸盐

试卷第35页，总165页

【详解】

A.陶瓷的主要成分为硅酸盐，故A错误；

B.地球上99%的溴元素都在海洋中，所以溴为“海洋元素”，故B正确； C.电解熔融氯化钠制取金属钠，不能电解氯化钠溶液，故C错误； D.硅藻土的主要成分为二氧化硅，故D错误。故选B。

2．下列说法不正确的是．．．

A．臭氧具有强氧化性，可用于饮用水消毒 B．在高温下用焦炭还原二氧化硅可制得粗硅 C．工业上电解熔融的氧化镁以得到金属镁

D．镁合金密度较小，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件等【答案】C 【解析】【详解】

A.臭氧有强氧化性，还原产物为水，可用于饮用水消毒，故正确； B.碳和二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，故正确； C.工业上用电解熔融的氯化镁制取金属镁，故错误； D.镁合金密度小，可以制造火箭等部件，故正确。故选C。

3．下列说法中不正确的是 A．钠保存在石蜡油或煤油中 B．氯水保存在棕色试剂瓶中 C．保存FeSO4溶液需加入少量铁粉

D．实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用玻璃塞【答案】D

【解析】试题分析：A、钠非常活泼，容易与空气中的氧气或水蒸汽发生反应，因此要密封保存，由于钠的密度比石蜡油或煤油大，所以可以保存在石蜡油或煤油中，以隔绝空气，A正确；B、氯水中的HClO不稳定，光照容易分解，所以氯水要保存在棕色试剂瓶中，B正确；C、FeSO4中+2价的铁容易被空气中的氧气氧化变为Fe，而Fe会与Fe发生反应产生Fe，所以保存FeSO4溶液需加入少量铁粉，C正确；D、NaOH容易与玻璃的

试卷第36页，总165页

成分SiO2发生反应产生有粘性的物质Na2SiO3，将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起，所以实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡胶塞，D错误，答案选D。考点：考查物质的保存的知识。

4．下列对离子的检验及结论一定正确的是

A．加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，则溶液中一定有CO32- B．某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性

C．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀的白色沉淀，该溶液中一定含SO42- D．验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH-，再加银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl- 【答案】B 【解析】【详解】

A、加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，溶液中的离子可能为CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，A错误。

B、无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，B正确。

C、某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀的白色沉淀，该沉淀可能为BaSO4，也可能为AgCl，所以溶液中可能含有SO42-或Cl-，C错误。

D、加稀盐酸除去OH-时，从外界带入了Cl-，从而不能判断原溶液中是否含有Cl-，D错误。

正确答案为C。

5．下列实验方案能够达到目的的是（） A B C 实验目的除去氯气中的水蒸气检验新制氯水中含有HClO 鉴别碳酸钠和硫酸钠溶液实验方案将混合气体通过盛有碱石灰的干燥管向新制氯水中加入少量CaCO3 向溶液中分别滴加稀盐酸将绿豆粒大小的钠投入盛有适量水的培养皿D 检验钠与H2O的反应产物NaOH 中，加入稀盐酸

试卷第37页，总165页

A．A 【答案】C 【解析】【详解】

A.氯气与碱石灰会发生反应，不能用于干燥氯气，应该用浓硫酸等，A错误；

B.HClO具有漂白性，检验新制氯水中含有HClO，可用有色布条等，次氯酸与碳酸钙不反应，不能鉴别，B错误；

C.硫酸钠与盐酸不反应，碳酸钠与盐酸反应生成气体，可鉴别两种物质，C正确； D.氢氧化钠与盐酸反应无现象，可根据NaOH水溶液显碱性，能够使酚酞试液变为红色检验，D错误；故合理选项是C。

6．下列关于含氯物质的说法中，错误的是（） A．液氯和氯气都是纯净物 B．漂白粉和氯水都是混合物 C．氯气溶于水并且能和水发生反应 D．铁丝在氯气中燃烧生成的是FeCl2 【答案】D 【解析】【详解】

A. 液氯和氯气都由Cl2构成，二者都是纯净物，A正确；

B. 漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，氯水是氯气溶于水形成的混合物，B正确； C. 氯气溶于水并且有一部分能和水发生反应生成盐酸和次氯酸，C正确； D. 铁丝在氯气中燃烧生成的是FeCl3，D错误。故选D。【点睛】

铁和氯气在点燃条件下反应，一定生成三氯化铁。即便铁过量，所得固体也是铁和三氯化铁的混合物。只有在水溶液中，Fe才会与FeCl3发生反应。 7．下列有关离子(或物质)的检验、现象及结论，都正确的是( )

A．向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中一定含有Fe2+

试卷第38页，总165页

B．B C．C D．D

B．焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到钠离子火焰呈黄色

C．向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，说明发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2>Fe3+

D．向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42﹣ 【答案】C 【解析】【分析】

A. 滴加氯水，可氧化亚铁离子； B. 蓝色钴玻璃可滤去黄光；

C. 依据过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子； D. 不能排除Ag+的干扰。【详解】

A．滴加氯水，可氧化亚铁离子，则检验亚铁离子时先加KSCN溶液，后加氯水，A错误；

B．蓝色钴玻璃可滤去黄光，不能透过蓝色钴玻璃，B错误；

C．向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，是因为过氧化氢氧化二价Fe2+生成三价Fe3+，二者发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2＞Fe3+，C正确； D．不能排除Ag+的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加氯化钡检验，D错误；故合理选项是C。【点睛】

本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，把握实验设计的原理。

8．某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是

试卷第39页，总165页

A．Ⅰ图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用 B．Ⅰ图中：闻Cl2的气味 C．Ⅰ图中：生成棕黄色的烟

D．Ⅰ图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应【答案】D 【解析】【详解】

A.由Ⅰ图中实验现象可知：干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯气与水反应的生成物具有漂白性，故A说法正确； B.Cl2有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘入鼻孔中，故B说法正确；

C.Cu丝在Cl2中燃烧生成棕黄色的烟，故C说法正确；

D.若Cl2能与NaOH溶液反应，烧瓶内压强减小，气球就会鼓起，故D说法错误；答案选D；

9．用如图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是

A B C D ①中物质浓氨水浓浓盐酸饱和的亚硫酸溶液 ②中物质酚酞试液淀粉KI溶液浓氨水稀溴水试卷第40页，总165页

实验预测 ②中溶液变为红色 ②中溶液变为蓝色大烧杯中有白烟 ②中无明显变化 A．A 【答案】D 【解析】【详解】

A．浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水显示碱性，使得酚酞溶液变为红色，现象与预测一致，故A不选；

B．浓具有挥发性和强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇到单质碘显示蓝色，现象与预测一致，故B不选；

C．浓盐酸具有挥发性和酸性，能和氨气之间发生反应，产生氯化铵固体，大烧杯中有白烟，现象与预测一致，故C不选；

D．饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫能和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，所以溴水的颜色会褪去，现象与预测不一致，故D选；答案选D。

10．在如图所示的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是

B．B

C．C

D．D

A．NO(H2O含石蕊) /红色喷泉 C．HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉【答案】A 【解析】【详解】

B．NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉 D．SO2(NaOH溶液)/无色喷泉

A. NO难溶于水，没有压强差，不能形成喷泉，故A不相符；

B. 氨气极易溶于水，能产生压强差，氨水呈碱性，遇含酚酞的水变红，故B相符； C. HCl与银溶液反应生成白色沉淀，HCl溶解形成压强差，产生白色喷泉，故C相符；

试卷第41页，总165页

D. SO2与NaOH溶液迅速反应导致压强减小，该反应无颜色变化，产生无色喷泉，故D相符；故选A。

11．在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有纯净的NH3，含一半空气的HCl气体, NO2 和O2的混合气体[V(NO2)∶V(O2) = 4∶1 ]，然后分别作喷泉实验，三个烧瓶内所得溶液的物质的量浓度之比为

A．2∶1∶2 B．5∶5∶4 C．1∶1∶1 D．无法确定【答案】B 【解析】

；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；n=；；；；；；；；；NO2；O2；；；；；；；；

𝑉𝑚𝑉

5；2.5；4；1；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；NO2；O2；；；；；(；；；；4；1)；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；2；1；2；；；4NO2+O2+2H2O=4HNO3；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；5；2.5；4；；；c=𝑉；；；；；；；；；；；；；5；2.5；5=5；5；4；；；B；

；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；NO2；O2；；；；；；；；；；；；；；；；；；；；

12．生产生活中常用84消毒液杀菌消毒。化学课外小组用Cl2和NaOH固取84消毒液。请回答下列问题：

(1)制取84消毒液的离子方程式为______________________。

(2)制取84消毒液需要4.0 mol·L-1的NaOH溶液100mL，配制时称量NaOH固体的质量为________，配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_________。

(3)该消毒液也用于漂白，为增强漂白性向消毒液中滴加几滴稀盐酸，写出化学反应方程式__________________。

(4)84消毒液在空气中久置后，NaClO会转化为HClO，HClO分解失效，化学课外小组同学向溶液中滴加紫色石蕊试液，出现______________现象，证明消毒液已失效。【答案】Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 16.0g 100mL容量瓶 HCl+NaClO=NaCl+HClO 溶液变为红色【解析】

试卷第42页，总165页

𝑛

2.5

【分析】

(1)Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，该反应就是制取“84” 消毒液的反应； (2)根据c=用；

(3)根据酸性HCl>HClO分析反应；

(4)利用HClO具有漂白性，会使有色物质氧化变为无色确定消毒液是否已失效。【详解】

(1)Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，该反应就是制取“84” 消毒液的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(2)m(NaOH)=n ▪M=c ▪V ▪M=4.0mol/L×0.1L×40g/mol=16.0g；

配制100mL一定物质的量浓度的溶液过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；

(3)该消毒液中的NaClO具有强的氧化性，因此也用于漂白，由于酸性HCl>HClO，所以为增强漂白性，向消毒液中滴加几滴稀盐酸，此时发生化学反应HCl+NaClO=NaCl+HClO，HClO的浓度增大，因此溶液的漂白性增强； (4) HClO不稳定，光照会发生分解反应：2HClO

2HCl+O2↑，若HClO完全分解，最后

m计算溶质的质量，利用配制物质的量浓度的溶液的实验步骤确定仪器的使M溶液变为稀HCl，不再具有漂白性，所以向溶液中滴加紫色石蕊试液，出现溶液变为红色，且不再褪色，证明消毒液已失效。【点睛】

本题考查了物质的量浓度的溶液的配制、氯气与NaOH溶液的反应、产物的性质及检验方法的知识。掌握物质的量浓度的溶液配制方法及氯气的有关化学性质是本题解答的关键。

13．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体.在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液.B和C反应发出苍白色火焰.请回答：

试卷第43页，总165页

（1）B是 ______ ，C是 ______ (请填写化学式)；（2）反应①的化学方程式 ______ ；【答案】Cl2 H2 2Fe+3Cl2 【解析】【分析】

A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。D为氯化铁。【详解】

A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。D为氯化铁。（1）B为氯气，Cl2，C为氢气，H2；（2）反应①的化学方程式为2Fe+3Cl2 【点睛】

掌握无机推断题的突破口，注意常见物质的颜色和特性，如氯气为黄绿色气体，氢气为无色气体，苍白色火焰为氯气和氢气反应时的现象等。

14．某研究性学习小组设计了用氧化浓盐酸的方法制取氯气的实验，其实验装置如图：

点燃 2FeCl3

点燃 2FeCl3。

(1)写出圆底烧瓶中发生反应的化学方程式：__。

(2)如果将过量的二氧化锰与20mL12mol·L－1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol。其主要的原因有①__；②__。

试卷第44页，总165页

(3)L的作用是___；饱和食盐水的作用是__。 (4)为了提高浓盐酸的利用率，你对实验的建议是__。【答案】MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O 加热使HCl大量挥发盐酸变稀后不

再发生反应平衡压强作用，便于液体顺利流下吸收氯气中的氯化氢小火加热【解析】【分析】

（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（2）二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应；

（3）L将分液漏斗与圆底烧瓶连接，起到平衡压强作用；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水；（4）依据浓盐酸易挥发的性质解答。【详解】

（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）)如果将过量的二氧化锰与20mL12mol·L－1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol的原因是浓盐酸具有挥发性，加热促进氯化氢的挥发，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，氯化氢不可能完全反应，故答案为：加热使HCl大量挥发；盐酸变稀后不再发生反应；

（3）L将分液漏斗与圆底烧瓶连接，起到平衡压强作用，便于液体顺利流下；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，故答案为：平衡压强作用，便于液体顺利流下；吸收氯气中的氯化氢；

（4）因为浓盐酸易挥发，为了提高浓盐酸的利用率，应小火加热，故答案为：小火加热。【点睛】

随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，氯化氢不可能完全反应是解答关键，也是分析的难点。

MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）

化学计量专题（1)

试卷第45页，总165页

一、单选题

1．在标准状况下，若V L甲烷中含有的氢原子个数为n，则阿伏加德罗常数可表示为 A．Vn/22.4 【答案】B 【解析】【详解】

1molCH4中含氢原子4NA个，即氢原子个数n个的CH4物质的量n(CH4)=n/(4NA)mol,n（CH4）=V/22.4，解得NA=5.6n/V，D正确。

2．同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定相同的是

A．质量 B．原子总数 C．碳原子数 D．密度【答案】C 【解析】【分析】

根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。【详解】

同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则

A、根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，A错误；

B、C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，B错误；

C、C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，C正确； D、据ρ=m/V，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，D错误。答案选C。

3．将质量均为a g的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如下图所示，则X、Y气体可能分别是（）

B．22.4n/V

C．Vn/5.6

D．5.6n/V

A．C2H4、CH4 【答案】B 【解析】【分析】

B．CO2、Cl2 C．SO2、CO2 D．CH4、Cl2

试卷第46页，总165页

根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，据此分析解答。【详解】

由图可知，温度相同时P(氧气)>P(X)>P(Y)，根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，则相对分子质量越大，压强越小，即X、Y的相对分子质量大于32，且Y的相对分子质量大于X，所以符合条件的只有B；答案选B。

4．用10 mL0.1mol·LBaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、K2SO4和ZnSO4三种溶液中的SO4完全转化为BaSO4沉淀，则三种硫酸盐溶液物质的量浓度之比是（） A．3∶2∶2 C．1∶3∶3 【答案】C 【解析】【分析】

反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO4离子恰好完全转化为沉淀，则各溶液中硫酸根物质的量相等，据此确定Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4物质的量之比，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比。【详解】

由题意知反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO4离子恰好完全转化为沉淀，

设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba+ SO4=BaSO4↓可知：3x=y=z，则x：y：z=1：3：3，

因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3；故选：C。

5．若以w1和w2分别表示物质的量浓度为c1 mol/L和c2 mol/L H2SO4溶液的质量分数，且2w1＝w2，则下列推断正确的是

A．2c1＝c2 B．2c2＝c1 C．c12c1 【答案】D

【解析】等质量上述两种硫酸溶液，由于2w1＝w2，所以溶质质量2m1＝m2，溶质的物质的量2n1＝n2，而且溶液密度ρ1<ρ2，溶液体积V1>V2，因此，溶液物质的量浓度2c1< c2，故选D。

6．VLFe2(SO4)3溶液中含Femg，则溶液中SO4的物质的量浓度为（） A．

56mV

3＋

2-2+

2-2-2-2--1

B．1∶2∶3 D．3∶1∶1

mol·L

－1

B．56Vmol·L

试卷第47页，总165页

－1

C．

56V

mol·L

－1

D．

112V

mol·L

－1

【答案】D 【解析】【详解】

Fe的物质的量为m/56 mol，Fe和SO4的物质的量之比为2：3，即SO4的物质的量为3m/112 mol，因此硫酸根离子的浓度为3m/112V mol·L，故选项D正确。答案选D。

7．在体积为V L的密闭容器中通入a mol CO和b mol O2，点燃充分反应后容器内碳原子数和氧原子数之比为（） A．a:2b B．a:(a＋2b) C．a:2(a＋b) D．无法确定【答案】B 【解析】

试题分析：根据质量守恒，点燃充分反应后容器内碳原子数和氧原子数之比为a : (a＋2b)，故B正确。

考点：本题考查质量守恒。

8．在标准状况下，将a L A气体（摩尔质量是M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为b g/cm，则此溶液的物质的量浓度为

－1

3＋

2－

abA．

Ma2240【答案】B 【解析】【分析】

1000abB．

Ma22401000abMC．

Ma2240MaD．

2240a0.1bV根据n=来计算气体的物质的量，利用m=n×M来计算气体的质量，溶剂和溶质的质量

Vm和为溶液的质量，利用V=量浓度。【详解】

标准状况下，气体的物质的量为n=

mn来计算溶液的体积，最后利用c=来计算该溶液的物质的VVaLamol，气体的质量m=Vm22.4L/mol22.4试卷第48页，总165页

aaMg，溶剂水的质量为m(H2O)=100mL×1g/mL=100g，即溶液的mol×Mg/mol=

22.422.4aM100gaM100g，则溶液的体积为=22.4质量为103L，故该溶液的物质的量

22.4bg/cm3amol1000ab22.4Ma2240 ，故合理选项是B。 浓度为c=aM100g22.4103L3bg/cm【点睛】

本题考查物质的量浓度的计算的知识。明确溶液中的溶质的物质的量及溶液的体积即可计算，溶液的体积计算是解答本题的关键，注意：本题应按照气体与水不发生化学反应来分析。

9．NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（） A．0.1 mol/L K2SO4溶液含有K+ 0.2NA B．标准状况下，11.2L水所含的电子数为5NA C．常温常压下，16g O2含电子数为10NA

D．0.1 mol Mg原子变成Mg2+时失去的电子数为0.2NA 【答案】D 【解析】【详解】

A．溶液体积未知，无法计算0.1 mol/L K2SO4溶液含有的K 数，故A错误；B．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B错误；C．常温常压下，16克O2的物质的量为

16𝑔32𝑔/𝑚𝑜𝑙

=0.5mol，含有的电子数0.5mol×16NA/mol=8NA，故C错误；D.1个镁原子失去2

个电子生成1个镁离子，所以0.1mol Mg 原子变成Mg时失去的电子数为0.2NA，故D正确；故选D。【点睛】

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。本题的易错点为C，要注意分子、原子、原子核内质子、中子及核外电子的构成关系。

10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（） A．常温常压下，11.2L氧气所含的分子数为0.5NA B．1.8g 的NH4+中含有的电子数为1.1NA

C．22g二氧化碳与标准状况下11.2LH2含有相同的原子数

试卷第49页，总165页

D．2.3g金属钠与O2完全反应，转移电子的数目为0.1NA 【答案】D

【解析】A. 常温常压下气体的摩尔体积是24.5L/mol，11.2L氧气所含的分子数小于0.5NA，A错误；B. 1.8g NH4的物质的量是18g÷18g/mol＝0.1mol，其中含有的电子数为NA，B错误；C. 22g二氧化碳的物质的量是22g÷44g/mol＝0.5mol，含有1.5mol原子。标准状况下11.2LH2的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，含有1mol原子，二者含有的原子数不同，C错误；D. 2.3g金属钠的物质的量是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，与O2完全反应，转移电子的数目为0.1NA，D正确，答案选D。 11．下列说法正确的是

A．同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1 B．1 g甲烷和1 g氧气的原子数之比为5∶1 C．等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为2∶1

D．在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为1∶2 【答案】B 【解析】【分析】

A.同温同压下气体的密度之比等于摩尔质量之比； B.根据N=nNA=NAm/M来计算； C.根据m=nM来计算；

D.根据公式V=nVm=mVm/M来计算。【详解】

A.同温同压下，甲烷和氧气的密度之比等于摩尔质量之比即等于16:32=1:2，故A错误； B.根据N=nNA=mNA/M可知，1g甲烷和1g氧气的原子数之比为(1/16×5NA):(1/32×2)=5:1，故B正确；

C.根据m=nM可知，等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为16:32=1:2，故C错误； D.根据公式V=nVm=mVm/M可知，在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比=（mVm/16）：（mVm/32）=2:1,故D错误；故答案选B。【点睛】

根据气态方程：PV==nRT及n=m/M、m=ρV可知，P×M==m/VRT= P×M=ρRT ，当P、T一定时，M与ρ成正比。

12．冬季的降雪给交通带来了诸多不便，其中醋酸钾（CH3COOK）是融雪效果最好的融雪剂，下列关于醋酸钾的说法正确的是（） A．1 mol CH3COOK的质量为98 g/mol

试卷第50页，总165页

B．CH3COOH摩尔质量就是它的相对分子质量 C．一个CH3COOH的质量约为60/（6.02×10）g

D．含有6.02×10个碳原子的CH3COOH的物质的量是1 mol 【答案】C 【解析】【详解】

A. 1 mol CH3COOK的质量为98 g，与题意不符，A错误；

B. CH3COOH摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量，但单位不同，与题意不符，B错误；

C. 1molCH3COOH的质量为60g，含有NA个分子，则一个CH3COOH的质量约为

60g，符合题意，C正确；

6.021023D. 含有6.02×10个碳原子的CH3COOH的物质的量是0.5mol，与题意不符，D错误；答案为C。【点睛】

摩尔质量在数值上与分子量或原子量相等，但单位不同。 13．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（） A．标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1 NA B．常温常压下,1.06g Na2CO3含有的Na离子数为0.02 NA C．常温常压下，1 NA 个CO2分子占有的体积为22.4L

D．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl 个数为1 NA 【答案】B 【解析】【详解】

A. 标准状况下，水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算22.4L H2O的物质的量，A项错误；

B. 1.06g Na2CO3的物质的量n=+

m1.06g==0.01mol，0.01mol Na2CO3含有0.02mol M106g/molNa，则Na离子数为0.02NA，B项正确；

C. 1 NA 个CO2分子的物质的量为1mol，但不是标准状况，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算1mol CO2的体积，C项错误；

D. 没有告诉溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，D项错误；答案选B。【点睛】

试卷第51页，总165页

1、公式n=V的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两Vm点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题A项标况下水不是气体，C项没有标明条件，均不能使用该公式。

2、D项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。

14．标准状况下的aLHCl(g)溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg·cm，则该盐酸的物质的量浓度是（） A．

－3

a－1

mol·L 22.4ab－1

mol·L

22400+36.5aB．

ab－1

mol·L

224001000ab－1

mol·L

22400+36.5aC．D．

【答案】D 【解析】【详解】

标准状况下aLHCl(g)的物质的量为a/22.4mol，质量是36.5a/22.4g，溶质的质量是a/22.4mol×36.5g/mol=36.5a/22.4g，1L水的质量为1000g，则溶液的体积V=m/ρ=(1000+36.5a/22.4)/bmL=[(1000+36.5a/22.4)/b]×10L，所以盐酸的浓度：c(HCl)=n(HCl)/V= (a/22.4)÷[(1000+36.5a/22.4)/b]×10=确；故答案为D。

15．15．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是： A．标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA B．标准状况下，22.4LCH4中含有的分子总数为5NA C．常温常压下，14g氮气含有的原子数为NA

D．标准状况下，铝跟盐酸溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为NA 【答案】C

【解析】试题分析：A．标准状况下四氯化碳为液体，故A错误。 B．标准状况下，22.4LCH4中含有的分子总数为NA，故B错误。C．常温常压下，14g氮气为0.5mol，所以含有的原子数为NA，故C正确。

D．铝跟盐酸溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为2NA,故D错误。

考点：了解物质的量的单位——摩尔（mol）、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。

点评：本题为物质的量、阿佛加德罗常数的简单计算的考查，注意基本公式的适用范围

-3

1000ab－1

mol·L，故D正

22400+36.5a试卷第52页，总165页

如：n=m/M，适用于任何物质任何状态下，n=V/Vm只适用于气体等。 16．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（） A．28 g 乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）的混合气体中所含原子数为3NA B．标准状况下2.24 L苯（C6H6）在氧气中完全燃烧，得到0.6NA CO2分子 C．1 L 1 mol/L Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA

D．欲配制480 mL 0.4 mol/L NaOH溶液，需称量NaOH的质量为8.0 g 【答案】D 【解析】【详解】

A.乙烯和丙烯的最简式相同，都为CH2，依据最简式可知，28 g CH2的物质的量为2mol，则混合气体中所含原子数为6NA，故A错误；

B. 标准状况下苯（C6H6）为液体，不能使用22.4L/mol进行计算，故B错误；

C. 1 L 1 mol/L Na2SO4中含有的氧原子数为4NA，但其水溶液中，水也含O原子，所以氧原子总数大于4NA，故C错误；

D. 欲配制480 mL 0.4 mol/L NaOH溶液，需选择500mL的容量瓶，利用500mL进行计算，需称量NaOH的质量为8.0 g，故D正确。故选D。

17．意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子的结构如图所示，下列说法正确的是( )

A．N4属于一种新型的化合物 B．N4与N2的摩尔质量相等

C．等质量的N4与N2所含的原子个数比为1∶1 D．等质量的N4与N2所含的原子个数比为2∶1 【答案】C 【解析】【详解】

A. N4由一种元素组成，属于单质，不是化合物，A错误； B. N4与N2的摩尔质量分别为56g/mol、28g/mol，B错误；

试卷第53页，总165页

C. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为

mgmg4:21:1，C正确；

56g/mol28g/molD. 由C可知，等质量的N4与N2所含的原子个数比不为2∶1，D错误。故选C。

化学计量专题（2)

一、填空题

1．0.5molCO2中含有_______个CO2分子，_______mol氧原子， ______个碳原子，CO2的质量为__________ g，标况下体积为_________ L。)11.1g的ACl2中含有0.2molCl，ACl2的物质的量是__________，ACl2的摩尔质量是__________，A的相对原子质量是________。【答案】0.5NA或3.01X10 1 0.5NA或3.01X10 22 11.2 0.1mol 111g /mol 40 【解析】【详解】根据公式：n23

mNV可知：0.5molCO2中含有0.5NA个CO2分子，1mol氧原MNAVm子，0.5NA个碳原子，CO2的质量为22g，标况下体积为11.2L。11.1g的ACl2中含有0.2molCl，ACl2的物质的量是0.1mol，ACl2的摩尔质量是111g /mol，A的相对原子质量是40。

故答案为： 0.5NA或3.01×10；1； 0.5NA或3.01×10；22；11.2； 0.1mol；111g /mol ；40。

X2SO4中含X 0.02 mol，则 X2SO4的摩尔质量为_____，X的相对原子质量为2．1.74 g +

X2SO4溶于水配制成100 mL溶液，溶质的物质的量浓____mol• L。将质量为17.4 g的 -1

度为___mol •L。

【答案】174ggmol-1 39 1 【解析】【分析】根据n-1

和c公式计算。注意摩尔质量在数值上等于其相对分子质量。

VM【详解】

X2SO4中含X 0.02 mol，则 X2SO4的物质的量为0.01mol，则 X2SO4的摩尔质1.74 g +

试卷第54页，总165页

量

1.74g0.01mol=174g/mol，x的相对原子质量为

17.4g17432=39，将质量为2X2SO4的物17.4 g的 0.1mol0.1L质的量为174g/mol=0.1mol，溶于水配制成100 mL溶液，溶质的物质的量浓度•L。

-1

=1 mol

3．（1）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积为__L，它与标准状况下__L硫化氢含有相同数目的氢原子。

（2）同温同压下，SO2与氦气的密度之比为___；若质量相同，则两种气体的体积之比为___；若体积相同，两种气体的质量之比为___。

（3）在标准状况下，①4gH2；②11.2LO2；③1molH2O中，所含分子数最多的是(填序号，下同)___，含原子数最多的是___，质量最大的是___，体积最小的是___。

【答案】2.24 3.36 16∶1 1∶16 16∶1 ① ① ③ ③ 【解析】【详解】（1）根据n=

1.7gm

=0.1mol，标准状况下计算得NH3的物质的量n=17g/molM

Vm=22.4L/mol，故氨气体积V=0.1×22.4L=2.24L。0.1molNH3含有0.3molH原子，与0.15molH2S中含有的H原子数目相同，0.15molH2S的气体体积为V=0.15×22.4L=3.36L；故答案为2.24； 3.36；（2）由阿伏伽德罗定律得

P1V1n1RT1n1V1ρnMV1===112，可得，带入密度之比为P2V2n2RT2n2V2ρn2M2V12中，可得密度之比等于摩尔质量之比，SO2与氦气的密度之比为:4=16:1，若两气体质量相同，则由

n1V111=可得体积之比等于物质的量之比，V SO2:VHe= : =1:16。若两气

n2V24n1V1=体体积相等，则由可得两物质的物质的量相同，由m=nM可得质量之比等于摩尔n2V2质量之比，m1:m2=:4=16:1；故答案为16∶11∶16；16∶1；（3）①氢气的物质的量为

4g= 2mol，其分子数为2NA，原子数为4NA，质量为4g，

2g/mol标准状况下的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L； ②氧气的物质的量为

11.2L=0.5mol，其分子数为0.5NA，原子数为NA，质量为

22.4L/mol0.5mol×32g/mol=16g，标准状况下的体积为11.2L；

试卷第55页，总165页

③水的物质的量为1mol，其分子数为NA，原子数为3NA，质量为1mol×18g/mol=18g，标准状况下水为液体，其体积在三者中最小；

显然分子数最多的是①，原子数最多的是①，质量最大的是③，体积最小的是③；故答案为①；①；③；③。 4．请完成下列填空：

（1）当SO2和SO3中分子个数比为1:1 时，原子总数之比为____，质量之比为____。（2）将5mol/L的Mg（NO3）2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3的物质的量浓度是______。

（3）中和含0.2molHCl的稀盐酸，需NaOH的物质的量为_______；如改用KOH，则所需KOH的质量为________。【答案】3:4 4:5 【解析】【分析】 (1)根据n=

－

10a 0.2mol 11.2g bNm结合分子组成计算； =

NAM(2)根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算； (3)根据反应H+OH=H2O计算。【详解】

(1)1个SO2分子中含有3个原子，1个SO3分子中含有4个原子，当SO2和SO3中分子个数

Nm比为1∶1 时，原子总数之比为3∶4，根据n==可知，分子数相同时，物质的量

NAM相同，则质量与摩尔质量成正比，即质量之比为∶80=4∶5，故答案为：3∶4；4∶5； (2)5mol/L的Mg(NO3)2溶液中：c(NO3)=2c(Mg(NO3)2)=10mol/L，将5mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，则有10mol/L×a×10L=c＇(NO3)×b×10L，稀释后溶液中NO3的物质的量浓度是c＇(NO3)=

---3

--3

10a10amol/L，故答案为：mol/L； bb(3)由反应H+OH=H2O可知，n(NaOH)=n(HCl)=0.2mol；n(KOH)=n(HCl)=0.2mol，m(KOH)=0.2mol×56g/mol=11.2g，故答案为：0.2mol；11.2g。

5．(1)在一定条件下，28.80g金属单质A与1.20molCl2完成反应，生成1.20molAClx，则x=__________，若A原子核内质子数等于中子数，则A原子核内中子数为__________ ，氯原子结构示意图为____________。

(2)现有氨气3.4g，在标准状况下其体积为____________，含有氮原子的数目为_____ ；将气体全部溶于水，配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为______________。

试卷第56页，总165页

【答案】2 12 【解析】【分析】

4.48L 1.204×10(或0.2NA) 0.4mol/L

(1)根据Cl元素守恒，确定化学式AClx中X的值，然后根据A守恒确定A的相对原子质量，再结合相对原子质量等于质子数与中子数的和确定A原子核内的中子数，Cl是17号元素，原子核外电子分层排布，书写氯原子结构示意图； (2)根据n=

Vm及n=计算3.4g氨气在标准状况下其体积，根据NH3中含有的N原子数

VMm及NH3的物质的量计算含有氮原子的数目；根据c=成500mL溶液，所得溶液的物质的量浓度。【详解】

n，计算将这些气体全部溶于水，配V(1)1.20molCl2与28.80gA完成反应，生成1.20molAClx，根据Cl原子守恒可得

1.20mol×2=1.20xmol，解得x=2；根据A原子守恒可知28.80g金属单质A的物质的量是1.20mol，则A的摩尔质量M=28.80g÷1.20mol=24g/mol，则A的相对原子质量是24，若A原子核内质子数等于中子数，则A原子核内中子数为24÷2=12；Cl是17号元素，核外电子排布是2、8、7，所以氯原子结构示意图为

；

(2)3.4g氨气的物质的量n=

Vm3.4g=0.2mol，则根据n=可知该气体在标准状

VmM17g/mol况下其体积V=n·Vm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；在1个NH3中含有1个N原子，则在0.2mol NH3中含有氮原子的数目为N=0.2mol×NA/mol=0.2NA；将气体全部溶于水，配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度c=【点睛】

本题考查了原子的构成微粒的关系及有关物质的量的化学计算，掌握相对原子质量等于质子数与中子数的和，物质的摩尔质量与相对分子质量的关系及有关物质的量的计算公式n=

n0.2mol=0.4mol/L。 V0.5LVmn、n=、c=等是解题的基础。

VmMV6．一定质量的液态化合物AB2与标准状况下一定质量的O2恰好完全反应，化学方程式为

AB2l+3O2g点燃AO2g+2BO2g ，冷却后，在标准状况下测得生成物的总体

试卷第57页，总165页

积是336mL，密度为2.56g•L。 ①反应前O2的体积为_____。 ②化合物AB2的摩尔质量为____。

③若AB2分子中A、B两元素的质量之比是3：16，则A、B两元素分别为____(填元素符号，下同)、_____。

【答案】336mL 76g·mol C S 【解析】【分析】

①由化学方程式可知，该反应为反应前后气体体积不变的反应； ②结合化学方程式、质量守恒定律和题给条件计算可得；

③由分子式、相对分子质量和质量比，结合物质的量比等于原子个数比计算可得。【详解】

①由化学方程式可知，该反应为反应前后气体体积不变的反应，则恰好完全燃烧后O2的体积等于生成物的体积，在标准状况下测得生成物的总体积是336mL，则反应前O2的体积为336mL；

②由标准状况下测得生成物的总体积是336mL，密度为2.56 g•L可知，反应后混合气体

0.336L的质量为0.336L×2.56 g•L=0.86g，标准状况下336mL O2的物质的量为22.4L/mol-1

-1

=0.015mol，质量为0.015mol×32g/mol=0.48g，由化学方程式可知，AB2的物质的量为

0.015mol3=0.005mol，由质量守恒定律可知，AB2的质量为（0.86g—0.48g）=0.38g，则AB2

0.38g的摩尔质量为0.005mol=76g/mol；

③设B的相对分子质量为x，则A为（76—2x），由AB2分子中A、B两元素的质量之比是3：16可得

376-2x：16=1:2，解得x=32，则A的相对分子质量为12，A为C元素，B的相2x对分子质量为32，B为S元素。【点睛】

由方程式的特征，确定氧气的体积是解答推断的关键，注意质量守恒定律的理解和应用，是试题的难点。

7．（1）同温同压下，同体积的甲烷(CH4)和二氧化碳物质的量之比为__________，原子总数之比为__________，密度之比为__________。

（2）在标准状况下，4 g H2、11.2 L O2、1 mol H2O中，所含分子数最多的是__________，质量最大的是__________，体积最小的是__________。

（3）标况下，1.92 g 某气体的体积为 672 mL，则此气体的相对分子质量为_____。（4）已知某硫酸溶液的密度为 1.84 g/cm，质量分数为 98%，则该硫酸的物质的量浓度

试卷第58页，总165页

为___________。

【答案】1∶1 5∶3 4∶11 H2 H2O H2O 18.4 mol/L 【解析】【分析】

同温同压下，气体的Vm相等，n=

NMmV==结合分子的构成以及ρ=计算(1)～NAMVmVm(3)；根据c=【详解】

1000w计算(4)。 MVN=可知，同体积的甲烷(CH4)和二氧化碳分VmNA(1)同温同压下，气体的Vm相等，由n=

mM子数之比为1∶1，物质的量之比为1∶1，原子总数之比为5∶3；由ρ==可知，密

VVm度之比为两种气体的摩尔质量之比，为16∶44=4∶11，故答案为：1∶1；5∶3；4∶11；

4g11.2LNm(2)n(H2)==2mol，n(O2)==0.5mol，n(H2O)=1mol，由n= =

22.4L/molNAM2g/mol=

V可知，分子数最多的是H2，质量最大的是H2O，标准状况下水为液体，体积最小，Vm故答案为：H2；H2O；H2O； (3)标况下672mL气体的物质的量为

0.672L=0.03mol，该气体的摩尔质量为

22.4L/mol1.92g=g/mol，所以该气体的相对分子质量为，故答案为：；

0.03mol(4)根据c=

1000w10001.8498%==18.4mol/L，故答案为：18.4 mol/L。 M98g8．Ⅰ.（1） 0.2molAl2SO43中含有Al3__________mol、SO24__________。

（2）标准状况下，0.2 mol氨气（NH3）的体积是_________，含氢原子数是_______。 Ⅱ.根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题：（1）氧化剂___________，还原剂___________；（2）反应中转移电子数是_____________；

（3）得到1mol的N2需要被氧化的物质的质量为：_____________g；

【答案】0.4 57.6 4.48 0.6NA Cl2 NH3 6e（6NA） 34g

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【解析】【分析】

熟练掌握以物质的量为中心的计算以及公式的利用、物质的组成等是解答本题的关键。【详解】

I.（1）根据硫酸铝的组成可知0.2mol硫酸铝中含有0.2mol×2=0.4mol铝离子；含有的硫酸根离子的质量为0.2mol×3×96g/mol=57.6g；

（2）标准状况下，0.2 mol氨气（NH3）的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，含有的氢原子的数目为0.2×3×NA=0.6NA；

II.（1）氯元素化合价由0价降低到-1价，氯气做氧化剂，氨分子中氮元素化合价由-3价升高到0价，故氨分子做还原剂；

（2）氯元素化合价由0价降低到-1价，所以反应中转移电子数是6e（6NA）；（3）根据反应方程式可知产生1mol氮气，被氧化的氨分子的物质的量为2mol，所以其质量为0.2mol×17g/mol=3.4g。 9．

(1)在标准状况下，有物质①44.8LH2，②24gCH4，③1molH2O，④3.01×10个N2，含分子数最多的是______（填序号，下同），含电子数最多的是________，质量最大的是______，体积最小的是______；密度由小到大的顺序为________________。 (2)0.5mol某固体A的质量是40g，A的摩尔质量为_________。

(3)质量之比为8∶7的两种气体O2、CO，其分子数之比为_______________；氧原子数之比为____________；相同条件下的体积之比为________。

(4) 4.8g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成CO和CO2的总质量为12.8g。则在同温同压下，生成的CO和CO2的体积比为__________。

(5)由NaHS，MgSO4，NaHSO3组成的混合物中，硫元素的质量分数为a％，则混合物中氧元素的质量分数为_______________。

【答案】① ② ② ③ ①②④③ （或 ①<②<④<③） 80g·mol 1：1 2：1 1：1 3：1 1-1.75a％【解析】【分析】

（1）先求出标准状况下，44.8LH2、24gCH4、1molH2O、3.011023N2的物质的量，再根据n

－1

Nm，n，mV求出分子式、电子式、质量、体积、密度。

MNA（2）根据nm，求摩尔质量。 M（3）先求出O2、CO的物质的量之比，再求分子数之比、氧原子数之比，同温同压下体

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积之比等于物质的量之比。

（4）先求碳的物质的量，再设生成的CO的物质的量为n1，CO2的物质的量为n2，列方程组求出n1、n2，同温同压下体积之比等于物质的量之比。

（5）分析混合物的组成，可知Mg、NaH的相对式量都是24，三个化合物中与S都是

1:1:1的关系，求出Mg、Na、H和S元素的质量分数，再求O元素的质量分数。

【详解】（1）标准状态下物质的量分子数电子数 1质量(m)/g 体积(V)/L 密度()/gL (n)/mol 44.8LH2 24gCH4 1molH2O 2 1.5 2NA 1.5NA 1NA 0.5NA 4NA 15NA 10NA 4 24 44.8 33.6 4 44.824 33.618 0.01814 11.21 18 14 0.018 11.2 3.011023N2 0.5 7NA 分子数最多的是①；电子数最多的是②；质量最大的是②；体积最小的是③；根据密度由小到大① < ② < ④ < ③ （2）M(A)m(A)40g80g/mol n0.5mol（3）O2、CO的物质的量之比为：1:1，其分子数之比为：1:1，氧原子数之比为：2:1相同条件下的体积之比等于物质的量之比，为1:1

（4）4.8g碳的物质的量为0.4mol，设生成的CO的物质的量为n1，CO2的物质的量为

n2，则

n1n20.4mol28n144n212.8g，解得n10.3mol，n20.1mol，在同温同压下，CO和

CO2的体积之比等于物质的量之比，即3:1。

（5）将Mg、NaH看成一个整体，他们的相对式量都是24，三个化合物中与S都是

a000.75a00，所以 1:1:1的关系，硫元素的质量分数为a％，所以他们就是

3224O0011.75a00

10．(1)7.8g Na2R含有0.2mol Na,则Na2R的摩尔质量为______

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(2)将4g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为______.

(3)NA为阿伏加德罗常数，已知a g某气体中含分子数为b，则该气体的摩尔质量为______. (4)标准状况下,3.4g NH3与标准状况下______LH2S含有相同数目的氢原子。 (5)同温同压,等质量的O2和SO2，它们的物质的量之比为______，所含原子数之比为______，密度之比______.

(6)标准状况下,将VL HCl气体溶于100mL水(密度是1g/mL)中，所得溶液密度为ρg/mL，则此盐酸的物质的量浓度为______.

【答案】78g/mol 0.1mol/L aNA/b 6.72L 2:1 4:3 1:2

1000Vmol/L(224036.5V)

【解析】【分析】

m计算； nn（2）根据c=计算，根据溶液是均一体系分析；

V（1）根据M=（3）根据n=

Nm分析； =

NAMNmV（4）根据n=计算。 = =

NAMVm（5）根据同温同压下，等质量的气体，摩尔质量和物质的量成反比，密度和摩尔质量成正比分析。【详解】

（1）7.8g Na2R含有0.2mol Na，根据钠离子计算的Na2R物质的量为0.1mol，则其摩尔质量为

7.8g78g/mol0.1mol+

；

（2）4克氢氧化钠溶解在10mL水中稀释成1L溶液，物质的量浓度为0.1mol/L，从中取出10mL，浓度不变，仍为0.1mol/L；（3）假设气体的摩尔质量为Mg/mol，则有M3.4gabNA，则计算M= aNA/b。

（4）3.4克氨气的物质的量为17g/mol0.2mol，含有0.6mol氢原子，则对应的硫化氢的物质的量为0.3mol，标况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L。

（5）氧气和二氧化硫的摩尔质量分别为：32g/mol、 g/mol；同温同压下，等质量的氧气和二氧化硫，物质的量比等于摩尔质量的反比，即为:32=2:1，所含原子数比为

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2×2:1×3=4:3，密度比等于摩尔质量之比，即为32:=1:2。（6）氯化氢的物质的量为

VLVVmol，溶液的质量为mol36.5g/mol+100g，溶液的

22.4L/mol22.422.41000V体积为

Vmol36.5g/mol+100g22.41000L，物质的量浓度为(224036.5V)mol/。

【点睛】

Nm掌握有关物质的量的计算公式n== ==cV，带入即可，掌握阿伏伽德罗定律和应

NAM用。

金属及其氧化物（1）

1．下列关于钠及其化合物说法正确的是（） A．钠着火时可用干冰灭火 C．金属钠与水反应必须加热液先变红后褪色【答案】D 【解析】【详解】

A. 金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，应用干燥沙土盖灭，故A错误； B. Na2O是一种灰白色固体，故B错误；

C. 金属钠性质非常活泼，常温下与水可以剧烈反应，故C错误；

D. Na2O2与水反应生成氢氧化钠，使酚酞溶液变红，同时Na2O2又具有强氧化性，有漂白作用，所以酚酞溶液先变红后褪色，故D正确；故选D。

2．以氧化铝为原料制备氢氧化铝：Al2O3AlCl3Al(OH)3，其中适宜用的试剂X是( ) A．氨水【答案】A 【解析】【分析】

由AlCl3制备氢氧化铝的方法，要防止生成的氢氧化铝继续溶解，又因为氢氧化铝与强碱反应不与弱碱反应，故应该选择弱碱。【详解】

试卷第63页，总165页

HClXB．Na2O是一种常见的淡黄色固体

D．向酚酞试液中加入足量的Na2O2粉末，溶

B．二氧化碳 C．氢氧化钠溶液 D．盐酸

A．氨水为弱碱，故A正确。

B．二氧化碳溶于水生成碳酸为弱酸，故B错误。

C．氢氧化钠溶液为强碱，会溶解氢氧化铝沉淀，故C错误。 D．盐酸为强酸，与氯化铝不反应，故D错误。故答案选A。

3．将一小块钠投入到下列溶液中，既能生成气体，又能生成蓝色沉淀的是( ) A．氯化铜溶液【答案】A 【解析】【详解】

A、钠投入到氯化铜溶液发生的离子反应方程式为：

2Na+Cu+2H2O==Cu(OH)2↓+H2↑+2Na，所以现象为：产生蓝色沉淀，生成无色无味的气体，A符合题意；

B、钠投入到澄清石灰水的现离子反应方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2↑，反应为放热反应，所以现象为：生成无色无味的气体，没有沉淀产生，B不符合题意； C、钠投入到硫酸镁溶液发生的离子反应方程式为：

2Na+Mg+2H2O==Mg(OH)2↓+H2↑+2Na，所以现象为：产生白色沉淀，生成无色无味的气体，C不符合题意；

D、钠投入到氯化钡溶液发生的离子反应方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2↑，所以现象为：生成无色无味的气体，D不符合题意；故选A。【点睛】

解答本题还可以通过产生蓝色沉淀解答，蓝色沉淀为氢氧化铜，所以溶液中含有铜离子，即A正确。

4．将一小块钠放入下列溶液时,既能产生气体又会出现白色浑浊的是 A．稀硫酸【答案】D 【解析】【详解】

Na是活泼金属，易与盐溶液中的水反应生成NaOH和H2，则Na与稀硫酸、氯化铁溶液、硫酸铜溶液、氯化镁溶液的反应方程式分别如下： 2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑

6Na+2FeCl3+6H2O=2Fe(OH)3↓(红褐色)+6NaCl+3H2↑ CuSO4+2Na+2H2O=Cu(OH)2(蓝)↓+Na2SO4+H2↑

B．氯化铁溶液

C．硫酸铜溶液

D．氯化镁溶液

-2+

B．澄清石灰水 C．硫酸镁溶液 D．氯化钡溶液

试卷第页，总165页

MgCl2+2H2O+2Na=Mg(OH)2 (白)↓+2NaCl+H2↑ 通过观察；

A．只有气体生成，没有白色沉淀生成，故A错误； B．氯化铁溶液和钠反应生成红褐色沉淀和气体，故B错误； C．硫酸铜溶液和钠反应生成蓝色沉淀和气体，故C错误； D．氯化镁溶液和钠反应生成白色沉淀和气体，故D正确；故答案为D。

5．对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是（）

A．实验Ⅰ：产生红褐色沉淀 C．实验Ⅲ ：放出大量气体【答案】C 【解析】【详解】

B．实验Ⅱ：溶液颜色变红

D．实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解

A项、将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；

B项、三价铁离子与硫溶液反应生成硫氰合铁，溶液变红色，与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；

C项、铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确； D项、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误；故选C。【点睛】

氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解是解答易错点。

6．下列有关铁及其化合物的说法正确的是( )

A．铁的氧化物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，它们都是黑色的固体 B．铁的氢氧化物Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物可能是灰绿色 C．鉴别Fe中混有Fe，可先加入Cl2水，再加入KSCN溶液 D．铁的合金生铁比纯铁硬度大，熔点高。【答案】B

试卷第65页，总165页

2＋

3＋

【解析】【详解】

A、FeO为黑色，Fe2O3为红棕色，Fe3O4为黑色晶体，故A错误；

B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，氢氧化铁为红褐色沉淀，两者混合有可能是灰绿色，故B说法正确；

C、先加入Cl2，将Fe2氧化成Fe3，Fe2对实验产生干扰，应先加KSCN溶液，如果溶液显红色，说明含有Fe3，故C错误；

D、生铁是合金，其硬度比纯铁大，但熔点比纯铁低，故D错误；答案选B。

7．某物质灼烧时，焰色反应呈黄色，下列判断正确的是（） A．该物质一定含钠元素 B．该物质一定是钠的化合物 C．该物质一定是金属钠 D．能确定该物质中不含钾元素【答案】A 【解析】略

8．往浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入稀盐酸后，溶液的颜色（） A．逐渐变浅【答案】C 【解析】【详解】

往浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入稀盐酸后，溶液中存在大量的Fe、NO3及H，不能大量共存，反应生成Fe、NO和水，溶液变为棕黄色，答案为C。【点睛】

Fe、NO3及H，不能大量共存。

9．关于钠及其化合物性质的叙述，正确的是（） A．钠的化学性质活泼,可以和TiCl4溶液反应制取金属钛 B．氧化钠和过氧化钠都能与二氧化碳反应,生成物完全相同 C．过氧化钠是淡黄色固体,可用于呼吸面具中作为氧气的来源 D．Na2CO3与酸反应的剧烈程度强于NaHCO3 【答案】C 【解析】【详解】

A．钠易与溶液中的水反应，不能置换出溶液中的金属，故A错误；

B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳与氧化钠只生成碳酸钠，生成

＋＋

＋

B．变深绿色 C．变棕黄色 D．没有变化

试卷第66页，总165页

物不完全相同，故B错误；

C．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，为淡黄色固体，可用于呼吸面具中氧气的来源，故C正确；

D．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO3+2H═CO2↑+H2O，HCO3

2-+

+H═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故D错误；故答案为C。

10．国庆大典上绚丽焰火其实是“焰色反应”的应用。下列说法中正确的是 A．做焰色反应实验时，一定有氧化还原反应发生 B．NaCl 与 Na2CO3 灼烧时火焰颜色相同

C．做焰色反应时可用铜丝蘸取待测物在火焰上灼烧

D．焰色反应后金属丝应用硫酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取其他样品灼烧【答案】B 【解析】【详解】

A．焰色反应是物理变化，不发生氧化还原反应，故A错误；

B．NaCl与Na2CO3中都含有钠元素，故灼烧时火焰颜色相同，故B正确；

C．铜元素的焰色反应为绿色，故会对待测试剂的焰色反应有干扰，故不能用铜丝，可用铂丝或洁净的铁丝，故C错误；

D．焰色反应后金属丝用盐酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取其他样品灼烧，故D错误；故答案为B。【点睛】

洗涤焰色反应中用的铂丝可用稀盐酸，这是因为金属氧化物与盐酸反应生成的氯化物在灼烧时易气化而挥发，若用硫酸，由于生成的硫酸盐的沸点很高，少量杂质不易被除去而干扰火焰的颜色。

11．下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是（） ①NaHCO3；②Al2O3；③Al(OH)3；④Al A．③④ 【答案】D 【解析】【详解】

①NaHCO3属于弱酸酸式盐，既能与硫酸反应生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故正确；

②Al2O3属于两性氧化物，既能与硫酸反应生成Al离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2离

B．②③ C．①③④ D．全部

试卷第67页，总165页

子，故正确；

③Al（OH）3 属于两性氢氧化物，既能与酸反应生成Al离子，又能与碱反应生成AlO2离子，故正确；

④铝与硫酸反应生成Al和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2和氢气，故正确； ①②③④正确，故选D。【点睛】

既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质。

12．取Na2O、Na2O2、Na2CO3的固体混合物做了以下实验，以下记录不符合事实的是（）

A．加入水中，产生无色气体

B．加入酚酞溶液中，溶液先变红后褪色 C．与硫酸反应后，检测到有Na2SO4生成 D．在干空气中加热到400℃，质量减少【答案】D 【解析】【分析】

过氧化钠可与水反应生成氢氧化钠和氧气，且过氧化钠具有强氧化性，在空气中加热时，氧化钠可与氧气反应生成过氧化钠，与硫酸反应生成硫酸钠，以此解答。【详解】

A. 加入水，过氧化钠和水反应生成氧气，故A正确；

B. 过氧化钠、氧化钠、碳酸钠的水溶液都呈碱性，加入酚酞变红，由于过氧化钠具有氧化性，可使溶液褪色而漂白，故B正确；

C. Na2O、Na2O2、Na2CO3的固体都可与硫酸反应，生成硫酸钠，故C正确；

D. 在空气中加热时，氧化钠可与氧气反应生成过氧化钠，固体质量增加，故D错误；答案选D。【点睛】

本题易错点在于过氧化钠的性质，具有氧化性，利用氧化性可漂白有色物质，即过氧化钠具有漂白性。

13．为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计如下实验方案，其中符合实验要求且正确的是（）选项实验操作在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水实验现象浅绿色溶液变成棕黄色溶液离子反应 2Fe＋Cl2=2Fe＋2Cl －2＋3＋3+

-3+

实验结论 Fe具有氧化性 2＋A 试卷第68页，总165页

B 在氯化亚铁溶液中加入锌片在氯化铁溶液中加入铁粉在氯化铁溶液中加入铜粉 B．B

浅绿色溶液变成无色溶液棕黄色溶液变成浅绿色溶液棕黄色溶液变成蓝色溶液 C．C

Fe＋Zn=Fe＋Zn 2＋2＋Zn具有还原性铁单质具有还原性 Fe具有还原性 3＋C Fe＋Fe=2Fe 3＋2＋3＋2＋D A．A

2Fe＋Cu=2Fe＋Cu D．D

2＋【答案】B 【解析】【详解】

A项、Fe具有还原性，在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水，Fe离子被氯水氧化生成Fe离子，溶液由浅绿色变成棕黄色，故A错误；

B项、Fe具有氧化性，Zn具有还原性，在氯化亚铁溶液中加入锌片，锌与Fe离子发生置换反应生成Fe和无色的Zn离子，溶液由浅绿色变成无色，故B正确；

C项、氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe+Fe=3Fe，故C错误；

D项、氯化铁溶液与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应前氯化铁溶液为黄色，反应后氯化亚铁溶液为浅绿色，氯化铜溶液为淡蓝色，氯化亚铁和氯化铜的混合溶液为蓝绿色，说明Fe具有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】

氯化亚铁中+2价的铁为中间价态，既有氧化性又有还原性，氯化铁中+3价的铁为高价态，具有氧化性。

14．下列实验现象描述正确的是( ) 选项实验 A 向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液现象有氢氧化铁胶体产生铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来 3+

2＋

3＋

B 在酒精灯上加热铝箔 C 向滴有酚酞的溶液中加入足量Na2O2粉末溶液变红钠先熔化成光亮小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体 D 加热放在坩埚中的小块钠试卷第69页，总165页

A．A 【答案】D 【解析】【详解】

B．B C．C D．D

A、向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，不是氢氧化铁胶体，故A错误；

B、在酒精灯上加热铝箔，表面生成高熔点的氧化铝薄膜，铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝不滴落下来，故B错误；

C、Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化为无色，所以溶液先变红后褪色，故C错误；

D、加热放在坩埚中的小块钠，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体过氧化钠，故D正确。选D。

15．收藏的清末铝制艺术品至今保存完好，该艺术品未被锈蚀的主要原因是（） A．铝不易被氧化

B．铝的氧化物在空气中易变成铝 C．铝的密度小，是一种轻金属

D．铝易被氧化，形成的氧化膜有保护作用【答案】D 【解析】【详解】

铝在空气中表面易被氧化生成致密的氧化物保护膜，起到保护作用，D正确。

16．为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计了如下实验方案，其中符合实验要求且完全正确的是（）选项实验操作向氯化亚铁溶实验现象浅绿色溶液变离子反应 2＋3＋－实验结论 Fe具有还原性 2＋A 液中通入氯气成棕黄色溶液在氯化亚铁溶浅绿色溶液变2Fe＋Cl2=2Fe＋2Cl B 液中加入锌片成无色溶液在氯化铁溶液中加入铁粉在氯化铁溶液棕黄色溶液变成浅绿色溶液蓝色溶液变成Fe＋Zn=Fe＋Zn 2＋2＋Fe具有还原性 2＋C Fe＋Fe=2Fe 3＋2＋2＋3＋2＋铁单质具有还原性 2＋D 2Fe＋Cu=2Fe＋Cu Fe具有氧化性试卷第70页，总165页

中加入铜粉 A．A 【答案】A 【解析】【详解】

棕黄色溶液 B．B

C．C

D．D

A．向氯化亚铁溶液中通入氯气，浅绿色溶液变成棕黄色溶液，说明Fe具有还原性，发生的离子反应为2Fe＋Cl2=2Fe＋2Cl，故A正确；

B．在氯化亚铁溶液中加入锌片，浅绿色溶液变成无色溶液，说明Fe具有氧化性，发生的离子反应为Fe＋Zn=Fe＋Zn，故B错误；

C．离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe＋Fe=3Fe，故C错误； D．在氯化铁溶液中加入铜粉，溶液颜色应由棕黄色变成蓝色，故D错误；故答案为A。

17．某同学将一小块金属钠置于表面皿上，并露置于空气中，观察到下列现象：

①②④⑤银白色变灰暗变白表面出现液滴 白色固体白色粉末，下

③3＋

2＋

3＋

－

2＋

列说法正确的是（） A．过程①钠转化为过氧化钠

B．过程③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成溶液 C．过程④只发生了物理变化

D．如果时间足够长，最后得到的白色粉末是Na2CO3 【答案】D 【解析】【分析】

银白色金属钠在空气中被氧气氧化，生成白色固体Na2O，颜色变暗，生成的Na2O与空气中的水分结合生成氢氧化钠，表面变白，氢氧化钠潮解，表面出现了液滴，氢氧化钠继续与空气中的CO2反应生成碳酸钠晶体，失水后变为白色粉末，据此分析判断。【详解】

A. 过程①钠与氧气常温下反应，生成了白色固体氧化钠，A项错误；

B. 过程③是生成的Na2O与空气中的水分结合生成氢氧化钠，表面变白，氢氧化钠潮解，表面出现了液滴，B项错误；

C. 过程④氢氧化钠继续与空气中的CO2反应生成碳酸钠晶体，发生了化学变化，C项错误；

D. 如果时间足够长，碳酸钠晶体失水，最后得到的白色粉末是Na2CO3，D项正确；答案选D。

试卷第71页，总165页

【点睛】

解答本题要熟悉金属钠在空气中的变化过程，并掌握过程中发生的反应。

18．金属钠是在1807年通过电解氢氧化钠制得的，这个原理应用于工业生产，约在11年才获得成功。1921年实现了电解氯化钠制钠的工业方法，其反应原理是：2NaCl(熔融)

2Na+Cl2↑。回答下列有关单质钠的问题：（1）下列各项中属于保存金属钠的正确方法是____。

A．放在棕色瓶中 B．放在细沙中C．放在水中 D．放在煤油中

（2）将一小块钠放在水平放置的试管中部，用酒精灯加热充分反应(如图Ⅰ所示)，请写出该反应的化学方程式____________，生成物的颜色为____。将该试管冷却后直立，滴加几滴水(如图Ⅱ所示)，发生反应的化学方程式为____________，检验该反应产生的气体的方法是________________。

（3）Na、Na2O、Na2O2、NaOH久置空气中最终都是变为____________（填化学式）；过氧化钠与CO2反应的化学方程式__________________________。因此，过氧化钠可作为呼吸面具和潜水艇的氧气来源。

（4）一小块金属钠投入CuCl2溶液中，发生反应的方程式为___________________。【答案】D 2Na+O2

Na2O2 淡黄色 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ 用带

火星木条靠近试管口，看是否复燃 Na2CO3 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 2Na+CuCl2+2H2O＝Cu(OH)2↓+H2↑+2NaCl 【解析】【详解】

（1）钠是很活泼的金属元素，其单质极易与水或氧气反应，又因为钠的密度小于水而大于

试卷第72页，总165页

煤油，因此钠通常保存在煤油中，答案选D。

（2）将一小块钠放在水平放置的试管中部，用酒精灯加热充分反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na+O2

Na2O2，过氧化钠为淡黄色固体。将该试管冷却后直立，滴加

几滴水，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。氧气是助燃性气体，检验该反应产生的气体的方法是用带火星木条靠近试管口，看是否复燃。

（3）Na、Na2O、Na2O2、NaOH久置空气中最终都是变为碳酸钠，化学式为Na2CO3；过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，因此，过氧化钠可作为呼吸面具和潜水艇的氧气来源。

（4）一小块金属钠投入CuCl2溶液中，首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化铜发生复分解反应，发生反应的方程式为2Na+CuCl2+2H2O＝Cu(OH)2↓+H2↑+2NaCl。【点睛】

钠与盐溶液的反应是解答的易错点和难点，注意钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。

离子反应与离子共存专题

一、单选题

1．下列电离方程式中，书写错误的是（） A．Na2CO3=2Na+CO3 C．CuSO4=Cu+SO4 【答案】B 【解析】【详解】

A. Na2CO3为强电解质，完全电离为Na和CO3，A项正确； B. CH3COOH为弱电解质，电离方程式中应使用“

2-+

2-2+

2-+

B．CH3COOH=CH3COO+H D．NH4NO3=NH4+NO3

－

－+

”，B项错误；

C. CuSO4为强电解质，完全电离为Cu和SO4，C项正确； D. NH4NO3为强电解质，完全电离为NH4和NO3，D项正确。故选B。【点睛】

书写电离方程式时，需要注意以下几点：一是注意电解质电离的程度，若为强电解质，反应物与生成物间用“=”；若为弱电解质，反应物与生成物间用“2．在溶液中，能大量共存的离子组是 A．Na、Mg、SO4、OH

－

”。

B．Na、Ba、Cl、SO4

试卷第73页，总165页

+2+2

C．Cu、Ca、Cl、NO3 【答案】C 【解析】【详解】

2+2+

D．Ag、K、NO3、Cl

A．Mg和OH发生离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故A错误； B．Ba和SO4发生离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；

C．离子组Cu、Ca、Cl、NO3在同一溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故C正确；

D．Ag和Cl发生离子反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D错误；故答案为C。【点睛】

明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe和 SCN)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu、Fe、Fe、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。 3．下列溶液中，能大量共存的离子组是

A．K、Na、CO3、NO3 B．Ag、Na、SO4、Cl C．OH、HCO3、Ca、Na D．Ba、Na、OH、SO4 【答案】A

【解析】试题分析：．

A组可共存。B中Ag、Cl会生成AgCl沉淀不能共存，故B错。C中OH与HCO3反应不能共存，故C错误。D中Ba与SO4生成沉淀而不能共存，故D错误。考点：了解离子反应，认识离子共存。

点评：判断离子能否共存，实质为判断离子间是否发生化学反应，应熟记一些常见离子的化学性质。

4．在强酸性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的离子组是 A．Na、Al、SO4、NO3 B．Ba、Na、SO4、NO3 C．K、Mg、MnO4、SO4 D．K、Na、NO3、HCO3 【答案】A 【解析】

试题分析：A、四种离子不反应而共存，选A；B、钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀不共存，不选B；C、高锰酸根离子为紫色，不选C；D、碳酸氢根离子在强酸性溶液中反应而不共存，不选D。

-2-+

--+

2--2+

2—

-----2+

-2—

2--+

2--2+

-3+

-2+

--2+

2+-

试卷第74页，总165页

考点：离子共存。

5．在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（） A．K、Na、NO3、MnO4 C．K、Na、Cu、Cl 【答案】B 【解析】【详解】

A选项，MnO4是紫色，故A不符合题意；

B选项，Mg、Na、Cl、SO4在酸性条件下共存，故B符合题意； C选项，Cu是蓝色，故C不符合题意；

D选项，Ba、SO4反应，H、OH反应，不共存，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】

有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子、高锰酸根离子。

6．已知某酸性溶液中含有Ba、Fe，则下列能与上述离子共存的离子组是（） A．CO3﹣、SO4﹣、NH4、Na B．Cl﹣、SCN﹣、NO3﹣、Cu C．Br、I、Mg、Na D．H、Cl、NO3、Al 【答案】D

【解析】A项，Ba与CO3、SO4都能反应分别生成碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，Fe与CO3也能反应生成沉淀，CO3

2-2+

2-2-3+

2-﹣

﹣

2＋

2－

＋

－

2＋2＋

＋

－

2－

－

＋

2＋

－

＋

－

B．Mg、Na、Cl、SO4 D．Ba、Na、OH、SO4

2＋

＋

－

2－

2＋＋－2－

能与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；B项，Fe和SCN

-3+

3+-

能发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；C项，I、Fe之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D项，H、Cl、NO3、Al离子之间不发生反应，都不与Ba、Fe反应，且都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D项正确。综上所述，符合题意的选项为D。

点睛：本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间、能发生氧化还原反应的离子之间、能发生络合反应的离子之间（如 Fe和

SCN）等都不能大量共存；试题侧重于训练学生掌握基础知识，并运用基础知识解决实际问题的能力，试题难度中等。

视频

7．某溶液只含有Na、 Fe、Cl、SO44种离子，已知溶液中Na、Fe、Cl的个数之比为3：2：1。则溶液中Fe和SO4的个数之比为：

试卷第75页，总165页

2-+

-2-+

--3+

A．3：4 B．1：4 C．1：2 D．3：2 【答案】C 【解析】

试题分析：设Na、Fe、Cl的个数分别为3、2、1，硫酸根的个数为x，则根据电荷守恒分析，3+2×3=2x+1，x=4，则Fe和SO4的个数之比为2:4=1:2，选C。考点：溶液中的离子电荷守恒。

8．下列各组离子在溶液中可以大量共存的是

A．Mg＋、Fe＋、Cl－、OH－ B．Ba＋、NO3－、Cl－、Na＋ C．Na＋、HCO3－、H＋、NO3－ D．K＋、NH4＋、SO4－、OH－【答案】B 【解析】【分析】

A、铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；B、 Ba、NO3、Cl、Na离子之间不满足离子反应发生条件；C、HCO3－、H＋生成水和二氧化碳；D、NH4＋、OH－反应生成一水合氨。【详解】

A、铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B、 Ba、NO3、Cl、Na离子之间不满足离子反应发生条件，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C、HCO3－、H＋生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故C错误； D、NH4＋、OH－反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。【点睛】

本题考查离子共存的正误判断，解题关键：明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3＋和 SCN－）等；易错点D，NH4＋、OH－反应生成一水合氨，学生难理解。 9．下列化学用语正确的是

A．硫酸的电离方程式：H2SO4 ===2H + SO4

B．NaOH溶液吸收氯气的化学方程式：Cl2 + 2NaOH=== 2NaCl+ H2O C．金属Cu溶于稀HNO3的离子方程式：Cu+2H==Cu+H2↑ D．NaHCO3的电离方程式：NaHCO3==Na+H+CO3 【答案】A 【解析】

2-+

2＋

－

＋

2＋

－

＋

2-+

试卷第76页，总165页

【详解】

A．硫酸是强酸，完全电离，其电离方程式为H2SO4 =2H + SO4，故A正确； B．NaOH溶液吸收氯气生成NaClO和NaCl，反应化学方程式为Cl2 + 2NaOH=NaClO+NaCl+ H2O，故B错误；

C．金属Cu溶于稀HNO3生成NO气体，发生反应的离子方程式为3Cu+2NO3+8H=3Cu+2NO↑+4H2O，故C错误；

D．H2CO3是弱酸，则NaHCO3的电离方程式为NaHCO3==Na+HCO3，故D错误；故答案为A。

10．下列离子方程式中，正确的是：

A．碳酸钙滴加盐酸： CO3＋2H === CO2＋H2 O B．氢氧化钡与硫酸反应：H＋OH===H2O

C．氢氧化铜与反应Cu(OH)2＋2H==Cu＋2H2O D．铝片插入汞溶液中：Al＋Hg==Al＋Hg 【答案】C 【解析】【详解】

A. 碳酸钙滴加盐酸，碳酸钙为固体，写化学式：CaCO3＋2H ==Ca+CO2↑＋H2 O，与题意不符，A错误；

B. 氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水：Ba+2H＋SO4+2OH==BaSO4↓+2H2O与题意不符，B错误；

C. 氢氧化铜与反应，生成铜和水，Cu(OH)2＋2H==Cu＋2H2O，符合题意，C正确；

D. 铝片插入汞溶液中生成铝和汞：2Al＋3Hg==2Al＋3Hg，与题意不符，D错误；答案为C；

11．能正确表示下列反应的离子方程式为( )

A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4 ＋HCO3＋2OH= CO2↑＋H2O ＋NH3↑

B．向石灰乳中加入碳酸钠溶液：Ca(OH)2＋CO3= CaCO3↓＋2OH C．稀硫酸中加入铁粉：2Fe ＋6H= 2Fe ＋3H2↑ D．醋酸除去水垢：CaCO3＋2 H= Ca＋CO2↑＋H2O 【答案】B 【解析】【详解】

＋

2＋

＋

3＋

2－

－

＋

－

2-－

－

2-+

试卷第77页，总165页

A选项，NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中生成氨气、碳酸根、水，故A错误； B选项，向石灰乳中加入碳酸钠溶液生成碳酸钙，石灰乳不能拆，离子方程式为：Ca(OH)2＋CO3= CaCO3↓＋2OH，故B正确；

C选项，稀硫酸中加入铁粉生成亚铁离子和氢气，故C错误；

D选项，醋酸除去水垢生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸是弱酸，离子方程式不能拆，故D错误。

综上所述，答案为B。

12．下列反应的离子方程式书写正确的是

A．Na2CO3溶液中加入醋酸：2H+CO3=CO2↑＋H2O B．MgO与稀盐酸反应：MgO+2H=Mg+H2O

C．AlCl3溶液与过量的氢氧化钠溶液反应：AlCl3+3OH=Al (OH)3↓+3Cl D．锌片插入银溶液中：Zn+Ag=Zn+Ag 【答案】B 【解析】【详解】

A.醋酸是弱酸，不能拆为离子形式，A错误； B.符合反应事实及物质的拆分原则，B正确；

C.NaOH是强碱，能够溶解两性氢氧化物Al (OH)3，在过量的氢氧化钠下，因此不能形成Al (OH)3沉淀，C错误； D.电荷不守恒，D错误；故合理选项是B。

13．下列离子能大量共存的是（）

A．使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na、K、SO4、CO3 B．无色透明的溶液中：Cu、K、SO4、NO3 C．含有大量Ba的溶液中：Mg、NH4、SO4、Cl D．使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na、K、CO3、NO3 【答案】A 【解析】【详解】

A项、使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na、K、SO4、CO3之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；

B项、无色溶液中不可能存在淡蓝色的Cu离子，故B错误；

C项、含有大量Ba的溶液中Ba与SO4反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；

2＋

2-2＋

＋

2-2-＋

＋

2--2＋

2＋

2-－

2＋

＋

2--＋

＋

2-2-＋

2＋

-－

＋

2＋

＋

2-2－

－

试卷第78页，总165页

D项、使石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中CO3与H反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；故选A。

14．下列过程的离子方程式书写正确的是（） A．Cu与AgNO3溶液反应： Cu + Ag

2-+

Ag + Cu

−

B．醋酸与氢氧化钠溶液反应： CH3COOH + OHC．碳酸氢钠与硫酸反应： CO3+ 2H

2−

CH3COO+ H2O

−

CO2↑ + H2O Fe（OH）3↓ + 3H

D．氢氧化铁胶体的制备：Fe+ 3H2O 【答案】B 【解析】【详解】

A. Cu与AgNO3发生置换反应，生成铜和银单质，方程式为：Cu + 2AgNO3+ Cu( NO3)2，离子方程式为：Cu + 2Ag

2Ag

2Ag + Cu，A项错误；

−

B. 醋酸与氢氧化钠溶液反应，生成醋酸钠和水，反应方程式为：CH3COOH + NaOHCH3COONa+ H2O，离子方程式为：CH3COOH + OH

−

CH3COO+ H2O，B项正确；

C. 碳酸氢钠与硫酸反应，生成硫酸钠、水和CO2，反应方程式为：NaHCO3+H2SO42CO2↑ + 2H2O+Na2SO4，离子方程式为：HCO3+ HD. 氢氧化铁胶体的制备方程式为：FeCl3+ 3H2O 式为：Fe+ 3H2O 答案选B。【点睛】

书写离子方程式时，氧化物、过氧化物、弱电解质、多元弱酸的酸根离子、沉淀、气体、非电解质在离子方程式中均不能拆分，易电离的强电解质(强酸、强碱、大多数可溶性盐)拆成离子形式。

15．下列离子方程式正确的是（） A．铁和稀盐酸反应：2Fe+6H=2Fe+H2↑ B．Cu(OH)2和硫酸溶液反应：OH+H=H2O C．Ba(OH)2溶液与盐酸反应：OH+H=H2O D．CaCO3与盐酸反应：CO3+2H=H2O+CO2↑ 【答案】C 【解析】【详解】

A.盐酸中的H具有弱氧化性，只能将Fe氧化为Fe，A项不正确； B. Cu(OH)2为弱电解质，在离子方程式中不能拆成离子形式，B项不正确；

2-+－

－

CO2↑ + H2O，C项错误； Fe（OH）3(胶体)+ 3HCl，离子方程

Fe（OH）3 (胶体)+ 3H，D项错误；

试卷第79页，总165页

C. Ba(OH)2和氯化氢都是强电解质，都能拆成离子形式，且方程式满足守恒关系，C项正确；

D. CaCO3为难溶性盐，在离子方程式中，不能拆成离子形式，D项不正确。故选C。

16．向X的溶液中，加入Y试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是

A．向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液 B．向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2 C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液 D．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸【答案】B 【解析】【详解】

A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Al+3OH═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，故A错误； B、因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）

---

+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca

（HCO3）2，图象与反应符合，故B正确；

C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH，先发生Al+3OH═Al（OH）3↓，再发生NH4+OH═NH3．H2O，最后发生Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1：1，图象中横坐标中的量与化学反应不符，故C错误； D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，故D错误；

试卷第80页，总165页

---3+

答案选B。二、填空题

氯、硫及其化合物

1．某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是( )

A．Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完 B．Ⅱ图：证明新制氯水只有酸性 C．Ⅲ图：产生了棕黄色的雾 D．Ⅳ图：湿润的有色布条褪色【答案】D 【解析】【详解】

A．二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；

B．图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B错误；

C．铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不是雾，烟是固体小颗粒形成的气溶胶，雾是小液滴形成的气溶胶，C错误；

D．氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确；

试卷第81页，总165页

答案选D。

2．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是．．．A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2 B．光照新制氯水有气泡逸出，该气体是O2

C．新制氯水滴在有色布条上，有色布条褪色，说明 Cl2有漂白性 D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H 【答案】C 【解析】【详解】

新制饱和氯水溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO；

A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，说明发生了反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，可证明Cl2的氧化性强于I2，故A正确；

B．次氯酸见光分解生成氧气，所以光照新制氯水有气泡逸出，该气体是O2，故B正确； C．氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸，不能说明 Cl2有漂白性，是次氯酸的漂白性，故C错误；

D．氯水呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H，故D正确；故答案为C。

3．下列对实验过程的评价正确的是（）

A．某溶液中滴加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，再加入足量稀盐酸后沉淀不溶解，该溶液中一定含SO4

B．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是碳酸盐或碳酸氢盐 C．某无色溶液中滴入无色酸酞显红色，该溶液一定显碱性

D．验证烧減溶液中是否有Cl，先加足量盐酸除去OH，再加AgNO3溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl 【答案】C 【解析】【详解】

A．溶液中可能含亚硫酸根离子，酸性条件下可被根离子氧化，则溶液中不一定含SO4，故A错误；

试卷第82页，总165页

2﹣

---2-+

B．无色气体可能为二氧化硫，则固体可能为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，故B错误； C．滴入无色酸酞显红色，溶液显碱性，为碱或水解显碱性的盐溶液，故C正确； D．先加足量盐酸除去 OH，引入氯离子，应加后加银，故D错误；故答案为C。

4．下列对氯及其化合物的说法正确的是 A．过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁 B．用pH试纸测得氯水的pH=4

C．向无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色说明原溶液中有I D．在饱和氯水中Cl、NO3、Na、SO3可以大量共存【答案】C 【解析】【分析】

氯气具有强氧化性；氯水中含HClO，具有漂白性；紫色的为碘单质，说明是碘离子被氧化成后生成的；亚硫酸根离子具有强还原性。【详解】

A、氯气具有强氧化性，则过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化铁，故A错误；

B、氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测定氯水的pH，应利用pH计，故B错误；

C、向无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫色，说明有碘单质生成，故原溶液中有I，故C正确；

D、亚硫酸根离子具有强还原性，在氯水中被氧化成硫酸根离子，故D错误。答案选C。

5．下列氯化物中既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是 A．CuCl2 【答案】B 【解析】【详解】

A、Cu可以和Cl2反应生成CuCl2，但是Cu不和HCl反应，A错误； B、Al和Cl2、HCl反应都可以制得AlCl3，B正确； C、Fe和Cl2反应只能得到FeCl3，C错误；

试卷第83页，总165页

﹣

－

＋

2－

－

﹣

B．AlCl3 C．FeCl2 D．FeCl3

D、Fe和Cl2反应只能得到FeCl2，D错误；故选B。

6．“84”消毒液(工业利用Cl2与NaOH反应制得）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析不正确的是

实验操作混合后溶液的混合后溶液pH=5.0，实验现象 pH=9.9,短时间内未蓝色迅速褪去，无气体褪色，一段时间后蓝色褪去。

产生。混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。 A．对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO+H═HClO B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO═Cl2↑+H2O C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO的氧化性或Cl的还原性 D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要合适的pH才能安全使用【答案】B 【解析】【详解】

A. “84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸浓度大漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO+H═HClO，故A正确；

B. “84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故B错误；

C. 对比实验②和③，酸溶液浓度大小会影响反应过程，溶液的pH可能会影响ClO的氧化

试卷第84页，总165页

−

性或Cl的还原性，故C正确；

D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气，需要合适的pH才能安全使用，故D正确；答案选B。

7．下列有关二氧化硫的说法中，正确的是( )

A．二氧化硫的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，说明二氧化硫与水反应生成硫酸 B．二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有氧化性

C．将足量二氧化硫通入溴水中，溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性 D．实验室可用氢氧化钠溶液处理含有二氧化硫的尾气【答案】D 【解析】【详解】

A．二氧化硫和水反应生成H2SO3，不是硫酸，故A错误；

B．二氧化硫能和某些有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，不体现二氧化硫的氧化性，故B错误；

C．二氧化硫通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和溴离子，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故C错误；

D．二氧化硫与碱反应生成盐和水，则实验室可用氢氧化钠溶液处理含有二氧化硫的尾气，故D正确；故选D。【点睛】

本题的易错点为BC，要注意二氧化硫使一些物质褪色的区别，如二氧化硫使品红溶液褪色是漂白性，使溴水褪色是还原性，使氢氧化钠的酚酞溶液褪色是酸性氧化物的性质等。 8．下列关于SO2的说祛中，不正确的是( ) A．SO2能使品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性 B．SO2在空气中极易被氧化为SO3

C．实验室中，尾气SO2可以用NaOH溶液吸收

D．SO2是形成酸雨的大气污染物之一，主要自于化石燃料的燃烧和工厂排放的废气【答案】B 【解析】

试卷第85页，总165页

−

【详解】

A．二氧化硫能漂白某些物质，能够结合有机色素为无色不稳定物质，所以使品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，故A正确；

B．二氧化硫要在催化剂条件下才能氧化成三氧化硫，所以SO2在空气中不易被氧化成三氧化硫，故B错误；

9．下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是( ) 选项 A B C D A．A

B．B

C．C

D．D

实验现象 a处变蓝，b处变红棕色 c处先变红，后褪色 d处立即褪色 e处变红色解释或结论氧化性：Cl2>Br2>I2 氯气与水生成了酸性物质氯气与水生成了漂白性物质还原性：Fe>Cl 2＋－试卷第86页，总165页

【答案】D 【解析】

a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;e处变红说明Cl2将Fe氧化为Fe,证明还原性:Fe＞Cl,D项正确。

10．下列说法不正确的是( ) ．．．

A．硫酸铜是常用的游泳池水消毒剂，也可用于饮用水的消毒 B．氯化铁溶液与铜反应可用于制作印刷电路板

C．利用高纯硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能

D．纯碱是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、肥皂、造纸、食品等工业【答案】A 【解析】【详解】

硫酸铜是常用的高效消毒剂，但食用对人体有害，A错误；故选A。

11．盛有氯化钡稀溶液的甲、乙两试管分别通入SO2至饱和，若向甲试管中加入足量双氧水，乙试管中加入足量氢氧化钠溶液，则下列叙述正确的是( ) A．甲、乙两试管都有白色沉淀生成 B．甲、乙两试管都没有白色沉淀生成 C．甲试管没有白色沉淀生成而乙试管有 D．甲试管有白色沉淀生成而乙试管没有【答案】A 【解析】【分析】

二氧化硫具有还原性与双氧水反应生成硫酸根；二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸根离子，据此解答。【详解】

二氧化硫具有还原性与双氧水反应生成硫酸根，与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；二氧

试卷第87页，总165页

化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸根离子，与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；

12．将 SO2 气体通入 BaCl2 溶液，无明显现象，然后再通人 X 气体或加入 X 溶液，有白色沉淀生成，X 不可能是（） A．Cl2 【答案】B 【解析】

将SO2气体通入BaCl2溶液，SO2+H2O

H2SO3 。A. Cl2将H2SO3氧化H2SO4，H2SO4与

B．CO2

C．H2O2

D．NH3·H2O

BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选A；B. 无明显变化，故选B；C. H2O2将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选C；D. NH3·H2O与H2SO3反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成白色沉淀亚硫酸钡，故不选D。点睛：本题涉及SO2的酸性氧化物的性质和还原性 13．下列说法正确的是

①合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料

②硅酸可制备硅胶，硅胶可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂 ③Mg、H、SiO3、SO4在水溶液中能大量共存

④向含K、Na、Br、SiO3的溶液中通入CO2后仍能大量共存 ⑤SiO2不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器 ⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可用于制备硅酸胶体 ⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步转化 A．①⑤⑥ 【答案】C 【解析】【详解】

①合成纤维是有机高分子材料，错误；

②硅酸可制备硅胶，硅胶有吸水性，可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂，正确；

试卷第88页，总165页

＋

－

2-2＋

＋

2-2-

B．①②⑥⑦ C．②⑥ D．③④⑥

③Mg和SiO3、H和SiO3都能发生反应而不能大量共存，错误；

④通入的CO2可以和溶液中的SiO3发生反应：CO2+H2O+ SiO3= H2SiO3↓+CO3，错误； ⑤SiO2可以和氢氟酸反应，错误；

⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可以和盐酸反应制备硅酸胶体，正确； ⑦SiO2不能一步转化为H2SiO3，错误。故选C。【点睛】

绝大多数的酸性氧化物都可以和水生成相应的酸，SiO2是高中化学里唯一的不能和水生成相应酸的酸性氧化物。

14．下列各选项中的两个反应,可用同一个离子方程式表示的是 ( ) 选项 Ⅰ Ba(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液混A 合 B C D A．A 【答案】D 【解析】【详解】

A、I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A不选；

B、I中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故B不选；

C、I中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中反应生成亚硫酸钡和水，亚硫酸钡、水在离子反应中均保留化学式，二者离子反应不同，故C不选；

试卷第页，总165页

2-2-2-

2＋2-＋2-

Ⅱ NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合过量SO2通入Ba(OH)2溶液中 Ba(OH)2溶液与H2SO3溶液混合少量AlCl3溶液滴入氨水中少量SO2通入Ba(OH)2溶液中 BaCl2溶液与Na2SO3溶液混合少量氨水滴入AlCl3溶液中 B．B C．C D．D

D、I、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，故D选；故选D。

15．下列表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项 A． B． C． D． A．A 【答案】A 【解析】【分析】

依据二氧化硫的还原性解答；二氧化硅是绝缘体；铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高；Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁。【详解】

A、SO2可使溴水褪色，是因为二氧化硫具有还原性，表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系，故A正确；

B、二氧化硅为绝缘体，不导电，SiO2是光导纤维的主要成分，二者无因果关系，故B错误；

C、铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高，与铝单质熔点高无关，故C错误；

D、用KSCN溶液可以鉴别Fe3+，是因为Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁，与Fe3+有氧化性无关，故D错误。答案选A。

16．能证明下列物质具有漂白性的是

试卷第90页，总165页

表述Ⅰ SO2有还原性 SiO2有导电性铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落 Fe有氧化性 3＋表述Ⅱ SO2可使溴水褪色 SiO2可用于制备光导纤维铝单质熔点高用KSCN溶液可以鉴别Fe 3＋B．B C．C D．D

A．向加有酚酞的NaOH溶液中通入氯气，溶液立即褪色 B．向加有酚酞的水中投入少量Na2O2粉末，溶液先变红，后褪色 C．显红色的酚酞溶液中通入SO2后，红色褪去

D．向溶有KMnO4的酸性溶液中通入SO2后，溶液紫红色褪去【答案】B 【解析】

试题分析：向加有酚酞的NaOH溶液中通入氯气，溶液立即褪色，是因为氢氧化钠和氯气反应，消耗氢氧化钠，故A错误；向加有酚酞的水中投入少量Na2O2粉末，溶液先变红，因为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，后褪色，是因为过氧化钠的强氧化性漂白，故B正确；显红色的酚酞溶液中通入SO2后，红色褪去，是二氧化硫消耗了溶液中的碱，故C错误；向溶有KMnO4的酸性溶液中通入SO2后，溶液紫红色褪去，因为二氧化硫的还原性，故D错误。

考点：本题考查物质的漂白性。

17．下列实验能证明某无色气体为SO2的是（） ①能使澄清石灰水变浑浊 ②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 ③能使品红溶液褪色，加热后又显红色

④能使溴水褪色，再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生 A．①②③④ C．③④ 【答案】C 【解析】

18．常温下，将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体有沉淀产生。则通入的该气体可能是( ) ①NO2 ②O2 ③Cl2 ④SO3 ⑤NH3 ⑥H2S

试卷第91页，总165页

B．①③④ D．②③④

A．①②③⑤ 【答案】D 【解析】【分析】

B．①③④⑤⑥ C．②③④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥

将SO2通入BaCl2溶液中，如生成沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO3﹣离子，或发生氧化还原反应生成SO4离子，以此来解答。【详解】

①通NO2，NO2与水反应生成具有氧化性的，在溶液中将SO2氧化为SO4﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①选；

②通O2，与亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故②选； ③通Cl2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故③选； ④通SO3，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故④选；

⑤通NH3，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故⑤选； ⑥通H2S，与二氧化硫发生氧化还原反应生成S沉淀，故⑥选；故答案选D。

19．下列物质中，不能由单质直接化合生成的是( ) ①CuS ②Fe2S3 ③SO3 ④H2S ⑤FeCl2 ⑥CuCl2 A．①②③⑤ 【答案】A 【解析】【分析】

硫具有弱氧化性、还原性，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态；氯气具有强氧化性，和变价金属反应时只生成高价金属氯化物。【详解】

①S具有弱氧化性，能将变价金属Cu氧化为+1价，Cu和S加热生成Cu2S，故选； ②S具有弱氧化性，能将变价金属Fe氧化为+2价，Fe和S加热生成FeS，故选； ③无论S是否过量，S在氧气中燃烧都生成SO2，SO3不能由S和氧气直接化合得到，故选；

④氢气和硫在加热的条件下生成H2S，故不选；

⑤氯气具有强氧化性，能将变价金属Fe氧化为+3价，Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3，单质

试卷第92页，总165页

2﹣

B．①②③④ C．①②④⑤ D．①②③④⑤⑥

间反应不能生成FeCl2，故选；

⑥氯气是强氧化剂，所以铜在氯气中燃烧生成氯化铜，故不选；故答案选A。

20．下列物质的名称或化学式与颜色不一致的是 A．过氧化钠（淡黄色） B．NO2（红棕色） C．NO（无色） D．铁锈（黑色）【答案】D

【解析】铁锈：红棕色

21．元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，p、q、r是由这些元素组成的二元化合物；m、n分别是元素Y、Z的单质，n通常为深红棕色液体，p为最简单的芳香烃，s通常是难溶于水、密度比水大的油状液体。上述物质的转化关系如图所示：

(1)q的溶液显______性(填“酸”“碱”或“中”)，理由是：_________(用离子方程式说明)。

(2)s的化学式为______，Z在周期表中的位置为_____________。

(3)X、Y两种元素组成的化合物能溶于足量的浓，产生无色气体与红棕色气体的体积比为1:13，则该化合物的化学式为____________。【答案】酸 Fe+3H2O【解析】【分析】

n为单质，且通常为深红棕色液体，则n为Br2；p为最简单的芳香烃，则p为苯；

qm+n(Br2)→q，说明q为Br的化合物；m(Br2)+p(苯)r+s，其中s通常是难溶于水、

Fe(OH)3+3H C6H5Br 第四周期 VII A族 Fe3C

密度比水大的油状液体，则q为FeBr3，r为HBr，s为溴苯，m为Fe；又因为元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，所以W为H，X为C，Y为Fe，Z为Br。【详解】

经分析，W为H，X为C，Y为Fe，Z为Br，m为Fe，n为Br2，p为苯，q为FeBr3，r为

试卷第93页，总165页

HBr，s为溴苯，则：

(1) q（FeBr3）的水溶液呈酸性，因为：Fe+3H2O

Fe(OH)3+3H；

(2) s为溴苯，其化学式为C6H5Br；Z为Br，其在周期表中的位置是第四周期 VII A族； (3)设该物质为FexCy，其和浓反应产生的无色气体与红棕色气体的体积比为1:13，则根据Fe、C、N配平化学方程式：FexCy+(3x+13y)HNO3=xFe(NO3)3+yCO2↑+13yNO2↑+

3x+13y3x+13yH2O，再根据O原子个数守恒，可得3(3x+13y)=9x+2y+26y+，化简的223x=9y，即x：y=3：1，故该物质为Fe3C。

22．氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。为探究氯气的性质，某同学设计了如图1所示的实验装置。

（1）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）反应中还原剂是_____，还原产物是_____

MnCl2+Cl2↑+2H2O，该

（2）利用（1）中制气原理，从图2中选择合适的制气装置（A处）：_____（填写序号）。（3）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置_____中的红色布条退色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均退色，其原因可能是_____，说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法_____

（4）为了验证氯气的氧化性，将氯气通入FeCl2溶液中，写出氯气与FeCl2溶液反应的离子方程式_____

（5）工业上常用石灰乳吸收制氯气的尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_____（填化学式）。

【答案】HCl MnCl2 ② C Cl2中可能混有少量的水蒸气应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气 2Fe+Cl2＝2Fe+2Cl Ca（ClO）2 【解析】【分析】

试卷第94页，总165页

﹣

（1）MnO2+4HCl（浓）

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O根据还原剂和还原产物的概念解答；

（2）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）起漂白作用的是HClO，干燥的红色布条不能被氯气漂白，说明Cl2中可能混有少量的水蒸气，设计装置除水即可；

（4）氯气把 Fe氧化为Fe，自身被还原为Cl；（5）漂白粉的有效成分是Ca(ClO）2。【详解】

（1）MnO2+4HCl（浓）

﹣

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O反应中锰元素化合价从+4价变化为+2价，

化合价降低被还原得到还原产物MnCl2，HCl中氯元素化合价升高做还原剂被氧化；（2）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）液加热反应生成气体选择发生装置为②；

（3）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置C中的红色布条退色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均退色，其原因可能是：Cl2中可能混有少量的水蒸气，说明该装置存在明显的缺陷，合理的改进方法：应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气；

（4）氯气把 Fe氧化为Fe，自身被还原为Cl，反应离子方程式为2Fe+Cl2＝2Fe+2Cl

﹣

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，固体和溶

；

（5）工业上常用石灰乳吸收制氯气的尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO）2。 23．某研究性学习小组设计了如图装置制取和验证SO2的性质。

试卷第95页，总165页

请回答：

(1)写出装置A中发生反应的化学方程式_______________________________。

(2)棉球中NaOH 溶液的作用是_______________________________，写出该反应离子方程式_______________________________。

(3)为了验证SO2是酸性氧化物，洗气瓶②中可选择的试剂是_____。

A．酸性高锰酸钾试液 B．无色酚酞试液 C．澄清石灰水 D．碘水 (4)下列说法正确的是_____。

A．实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，即可使液体顺利滴下 B．先向装置中加入试剂(药品)，再进行气密性检查

C．实验开始后，洗气瓶①和③中溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性 D．实验开始后，洗气瓶④中可观察到白色沉淀产生，该现象可说明SO2具有还原性 (5)二氧化硫排放到空气中，可形成酸雨，含亚硫酸的酸雨久置后pH_____(增大、减小或不变)。你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是_____。

①少用煤作燃料； ②把工厂烟囱造高； ③燃料脱硫； ④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新的能源。

A．②③ B．②③⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤ 【答案】Cu+2H2SO4

-2-

CuSO4+SO2↑+H2O 吸收多余的二氧化硫，防止污染空气

SO2+2OH=SO3 +H2O C D 减小 C 【解析】【分析】

浓硫酸和Cu在加热条件下反应生成二氧化硫，①中品红溶液检验二氧化硫，②要想检验二氧化硫是酸性氧化物，需要通过明显的现象证明二氧化硫和水反应生成酸即可，④二氧化硫能被铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，二氧化硫有毒不能直接排空，可以用碱液吸收二氧化硫尾气，据此分析解答。【详解】

(1)装置A中浓硫酸与铜反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+H2O，故答案为：Cu+2H2SO4

CuSO4+SO2↑+H2O；

(2)二氧化硫有毒，不能直接排放，因为二氧化硫是酸性氧化物，所以可以用碱液吸收二氧化硫尾气，棉球中NaOH溶液的作用是吸收二氧化硫尾气，防止污染大气，反应离子方程式为SO2+2OH=SO3 +H2O，故答案为：吸收二氧化硫尾气，防止污染大气；SO2+2OH

试卷第96页，总165页

-2--

=SO3 +H2O；

(3)为了验证SO2是酸性氧化物，可以通过检验二氧化硫水溶液呈酸性即可，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而导致溶液呈酸性。A.酸性高锰酸钾试液褪色，体现二氧化硫的还原性，不选；B.无色酚酞试液遇酸不变色，不选；C.澄清石灰水与亚硫酸反应生成变色沉淀，能够说明亚硫酸显酸性，选；D.碘水褪色，体现二氧化硫的还原性，不选；故答案为：C；

(4)A．实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，分液漏斗的瓶塞不打开，则外界气压大于分液漏斗内气压，液体不能顺利流下，故A错误；B．应该先检验装置气密性，然后向装置中加入试剂(药品)，故B错误；C．二氧化硫使品红溶液褪色体现二氧化硫的漂白性，溴能被二氧化硫还原生成HBr而褪色，则溴水褪色体现二氧化硫还原性，所以实验开始后，洗气瓶①和③溶液均褪色，前者体现漂白性、后者体现还原性，故C错误；D．二氧化硫被铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以实验开始后，洗气瓶④中可观察到白色沉淀产生，该现象可说明SO2具有还原性，故D正确；故答案为：D；

(3)二氧化硫排放到空气中，可形成酸雨，亚硫酸容易被氧化生成硫酸，久置后酸雨的酸性增强，pH减小；①原煤中含有硫元素，少用原煤做燃料，就能减少二氧化硫的排放，所以可以减少酸雨的产生，正确；②把工厂的烟囱造高，不能治本，不能减少酸雨的产生，错误；③燃料脱硫，可以减少二氧化硫的排放，可以减少酸雨的产生，正确；④在已酸化的土壤中加石灰等措施，不能减少酸雨的形成，错误；⑤开发新的清洁能源，能减少二氧化硫的排放，可以减少酸雨的产生，正确；故选C，故答案为：减小；C。 24．根据如图所示的实验装置，回答下列问题：

（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式（2）证明SO2具有漂白性的现象是，再加热该溶液，现象是．（3）装置③中的现象是，证明SO2具有．

试卷第97页，总165页

（4）装置④的作用是．【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）（2）褪色；又变为红色；（3）褪色；还原性；

（4）吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气．【解析】

（1）浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO（浓）4

CuSO4+2H2O+SO2↑

（2）SO2可以使品红溶液褪色，体现了SO2具有漂白性，SO2的漂白是暂时性的漂白，生成的物质不稳定，受热易分解，重新变为红色

（3）二氧化硫具有较强的还原性，可与溴单质反应生成硫酸和氢溴酸，因此装置③中的现象为溶液褪色

（4）二氧化硫污染空气，二氧化硫可以被氢氧化钠溶液吸收，减少空气污染，因此装置④的作用是：吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气

【点评】本题考查浓硫酸和二氧化硫的性质，涉及浓硫酸的强氧化性和二氧化硫的漂白性、还原性，读懂实验装置图是解题的关键，整体比较基础，难度不大．

CuSO4+2H2O+SO2↑；

氯、、硫酸（原卷版)

1．（2020·云南双江第一完全中学高一月考）起固定氮作用的化学反应是 A．氮气与氢气在一定条件下反应生成氨气 B．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮 C．氨气经催化氧化生成一氧化氮 D．由氨气制碳酸氢铵和硫酸铵【答案】A 【解析】【分析】

氮的固定是指将游离态的氮转变为化合态的氮。【详解】

试卷第98页，总165页

A. 氮元素由游离态转化为化合态，故A正确； B. 氮元素始终是化合态，故B错误； C. 氮元素始终是化合态，故C错误； D. 氮元素始终是化合态，故D错误；答案选A。

2．（2020·永德县第一完全中学高一月考）对于铵盐的描述都正确的是

①都溶于水 ②都是白色晶体 ③都有刺激性气味 ④加热后都有氨气放出 ⑤与碱混合后加热都有氨气放出 ⑥都能使石蕊试纸变蓝 A．全部【答案】C 【解析】【详解】

①铵盐都易溶于水，故正确； ②铵盐都是白色晶体，故正确；

③所有铵盐为固体，不具有氨的刺激性气味，故错误；

④大多数铵盐分解生成氨气，部分铵盐分解生成氮气或者其他氮的化合物，故错误； ⑤铵盐中铵根离子能与碱反应，受热放出氨气，故正确；

⑥铵盐不一定显碱性，如氯化铵显酸性，不能使红色石蕊试纸变蓝，故错误；所以①②⑤正确，C项正确；答案选C。【点睛】

并不是所有的铵盐加热后都有氨气放出，例如铵加热后不放出氨气。 3．（2020·云南双江第一完全中学高一月考）下列对浓硫酸的叙述正确的是( ) A．常温下，浓硫酸与铁、铝不反应，所以铁质、铝质容器能盛放浓硫酸

B．浓硫酸具有强氧化性，SO2、H2、CO具有还原性，故浓硫酸不能干燥SO2、H2、CO C．浓硫酸和铜片加热既表现出酸性，又表现出氧化性

D．浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2时，浓硫酸表现出强氧化性【答案】C 【解析】【分析】

试卷第99页，总165页

B．①②⑤⑥ C．①②⑤ D．③④⑤

根据浓硫酸的物理和化学性质分析。【详解】

A.常温下，浓硫酸与Fe、Al发生“钝化”属于化学变化，故A错误； B.浓H2SO4与SO2、H2、CO不反应，可以作干燥剂，故B错误；

C.铜与浓硫酸在加热条件下发生反应，部分H2SO4被还原生成SO2，起氧化剂的作用，还有一部分H2SO4生成CuSO4，浓硫酸既体现了酸性，有体现了强氧化性，故C正确； D.实验室中用浓硫酸与固体亚硫酸钠反应来制取二氧化硫，在两种反应物中硫元素处于相邻价态，根据氧化还原反应规律知，它们之间是不可能发生氧化还原反应的，应为复分解反应，其原理是用难挥发性酸制易挥发性酸，强酸制弱酸，因而在此反应中浓硫酸体现的是难挥发性和酸性，故D错误。故选C。【点睛】

浓硫酸中S元素处于最高正价+6价在氧化还原反应中，只能降低。故浓硫酸只具有氧化性，能在加热条件下与非金属C和较稳定的金属铜反应，故它是一种强氧化性酸，同时它亦是难挥发性酸。

4．（2018·江苏高一期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（） A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B．明矾易溶于水，可用作净水剂 C．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气 D．MgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料【答案】D 【解析】【详解】

A．二氧化硫具有漂白性，用于漂白纸浆，与其氧化性无关，故A错误；

B．明矾能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，与明矾的水溶性无关，故B错误；

C．浓硫酸可用于干燥氢气，因为其具有吸水性，与脱水性无关，故C错误； D．MgO、Al2O3熔点均较高，所以可用于制作耐火材料，故D正确；答案选D。【点睛】

试卷第100页，总165页

本题的易错点为C，要注意区分浓硫酸的吸水性和脱水性，吸水性吸的水是物质中本身存在的水，而脱水性脱的水，原物质中本身不存在水，但存在氢和氧两种元素。 5．（2019·全国高一专题练习）下列对于某些离子的检验及结论一定正确的是（） A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀，溶液中一定含有大量SO2-4

B．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，若火焰成黄色，则原溶液中有Na+,无K+ C．加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中一定含有大量的NH4+

D．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加入AgNO3溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的Cl- 【答案】C 【解析】【详解】

A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加，沉淀不消失，生成的沉淀也可能为AgCl，如检验SO4，应先加入盐酸酸化，如无现象，再加入氯化钡溶液，如生成沉淀，则可说明含有SO4，故A错误；

B、用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，若火焰成黄色，则原溶液中有钠元素，不能确定是否有钾元素，故B错误；

C. 加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中一定含有大量的NH4+，符合铵根离子的检验操作及现象，故C正确； D. 先加适量的盐酸将溶液酸化，再加入AgNO3溶液，产生了白色沉淀，无法确定溶液中是否含有大量的Cl-，也可能是盐酸中的Cl，故D错误；故选C。【点睛】

本题考查了常见离子的检验，侧重考查分析能力和实验能力，注意熟练掌握常见离子的检验方法，如硫酸根离子、氯离子、铵根离子等，易错点：在离子检验时必须排除干扰离子，做到检验方案的严密性。

6．（2019·云县第一完全中学高一月考）一定量的浓与过量的铜充分反应，生成的气体

试卷第101页，总165页

-2－2－

是（） A．只有NO2 【答案】C 【解析】【详解】

因先开始铜与浓的反应为Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，浓会变为稀，稀继续与铜反应：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）

2+2NO↑+4H2O，所以，产生的气体为

B．只有NO C．NO2和NO D．NO2和H2

NO2和NO．

故选：C．

7．（2018·天津一中高一期中）下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。

下列说法中不正确的是（）

A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4 B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3 C．B和Cl2的反应是氧化还原反应 D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质【答案】D 【解析】【分析】

根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】

A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确； B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；

C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确； D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；

试卷第102页，总165页

答案选D。

8．（2018·河南高一期末）下列关于某些离子的检验说法中正确的是

A．向某溶液中加稀盐酸，能产生澄清石灰水变浑浊的无色、无味的气体，则该溶液中一定有CO3

B．向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定有SO4

C．向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液一定有NH4

D．向某溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，则该溶液中一定含有Cl 【答案】C 【解析】【详解】

A. 使澄清石灰水变浑浊的无色、无味的气体为CO2，与盐酸反应能产生CO2气体，则该溶液中可能存在CO3、HCO3，故A错误；

B. 若溶液中存在Ag，则加入BaCl2溶液时有白色AgCl沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，所以上述实验不能说明一定有SO4，还可能存在Ag，故B错误；

C. 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，溶液中加入浓NaOH溶液并加热产生氨气，则该溶液一定有NH，反应为NH+OH

＋

＋4

-2－

+2－

－

＋

2－

ΔNH3↑+H2O，故C正确；

D. Ag2CO3也难溶于水，所以若溶液中含有CO3，加入AgNO3溶液时会产生白色沉淀，则该溶液中不一定含有Cl，故D错误；故选C。

9．（2018·河南高一期末）现有氮及其化合物的转化关系如下图，则下列说法错误的是

－

2－

A．路线①②⑤均能表示氮的固定 B．路线②③④是工业生产的主要途径 C．路线⑤③④是“雷雨发庄稼”的主要途径 D．上述所有反应都是氧化还原反应

试卷第103页，总165页

【答案】A 【解析】【详解】

A. 氮的固定是指游离态的氮元素转化为化合态氮，即由氮气生成氮的化合物，路线中①⑤能表示氮的固定，故A错误；

B. 工业生产是由氨气催化氧化生成NO，NO再氧化生成NO2，然后与水反应生成，即主要途径是②③④，故B正确；

C. 雷雨发庄稼的原理是氮气与氧气在放电的条件下反应生成NO，NO与空气中氧气反应生成NO2，降雨时NO2与水反应生成，和土壤里的矿物质结合成为盐，被植物吸收，路线为⑤③④，故C正确；

D. N2中N元素为0价，NO中N元素为+2价，NO2中N元素为+4价，NH3中N元素为-3价，HNO3中N元素为+5价，所以上述反应中都有元素化合价变化，都是氧化还原反应，故D正确；故选A。【点睛】

此题中A项为易错项，固氮的概念的理解是解题的关键；元素的存在形式有两种：单质是游离态，化合物是化合态。

10．（2019·亳州市黉学英才中学高一期中）下列各实验相应操作、实验现象及原因解释或推论合理的是（）选项 A 操作铁片投入浓硫酸现象无明显变化解释或推论常温下铁不与浓硫酸反应浓硫酸强氧化性导致纸张中的纤维B 将浓硫酸滴到白纸上白纸变黑素炭化说明二氧化硫具有漂白性该气体是氨气 C D

二氧化硫通入溴水湿润红色石蕊试纸检验某气体溴水退色试纸变蓝试卷第104页，总165页

A．A 【答案】D 【解析】【详解】

B．B C．C D．D

D、气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明该气体是碱性气体，则该气体是氨气，D正确；故选D。【点睛】

11．（2018·辽宁高一期末）下列对浓硫酸的叙述正确的是（） A．常温下，浓硫酸与铁铝不反应，所以铁、铝制容器能盛装浓硫酸 B．浓硫酸具有吸水性，能使蔗糖炭化

C．浓硫酸和铜片加热既表现强酸性又表现强氧化性

D．浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，浓硫酸表现出强氧化性【答案】C 【解析】【详解】

A.浓硫酸具有强的氧化性，与铁、铝发生钝化，生成一层致密的氧化膜，故A错误； B.能使蔗糖炭化体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；

C.浓硫酸和铜片加热生成硫酸铜、二氧化硫和水，有盐生成，S元素的化合价降低，既表现强酸性又表现强氧化性，故C正确；

D.亚硫酸钠和浓硫酸发生反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，有盐生成，但S元素的化合价不变，只表现为强酸性，故D错误；故答案选C。

12．（2018·辽宁高一期末）实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是

试卷第105页，总165页

（）

A．①是氨气发生装置 C．③是氨气发生装置【答案】C 【解析】【详解】

B．②是氨气吸收装置 D．④是氨气收集装置

A.NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多，故A错误；

B.常温下，1体积水能溶解700体积氨气，氨气极易溶于水，按照装置图水会发生倒吸，故B错误；

C.向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca(OH)2，同时放出大量的热，使浓氨水中的氨气逸出，故C正确；

D.NH3的密度比空气小，应采用向下排空气法，故D错误；故答案选C。

13．（2018·河南高一期末）下列事实与物质所表现出的性质对应关系制取的是 A．Cl2和SO2均能使品红溶液褪色，因为二者均有强氧化性

B．向溶液中滴加酸化Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明溶液中一定有SO4 C．硅在自然界中无稳定单质存在，因为硅是一种亲氧元素

D．玻璃棒蘸浓硫酸在白纸上书写，字迹变黑，因为浓硫酸具有强烈的吸水性【答案】C 【解析】【详解】

A. 二氧化硫漂白是和有色物质化合生成无色物质，氯气漂白靠的是强氧化性漂白，故A错误；

B. SO3在酸性溶液中被根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡进行检验，故B错误；

试卷第106页，总165页

2-2－

C. 硅在自然界中无稳定单质存在，因为硅是一种亲氧元素，故C正确；

D. 用玻璃棒蘸浓硫酸在白纸上写字，白纸上显示黑色字迹，是因为浓硫酸具有脱水性，故D错误；正确答案是C。【点睛】

本题考查元素化合物知识的综合理解和运用，侧重于物质的检验、制备等实验方案的评价，注意把握相关物质的性质，为解答该类题目的关键，有利于学习良好的科学素养的培养，题目难度中等。

14．（2019·云南省大姚县第一中学高一月考）下列说法正确的是( ) A．酸雨是指pH＜7的雨水，酸雨长时间放置，酸性变强 B．用排空气法收集NO

C．用加热浓氨水的方法可以快速制氨气，经氯化钙干燥后得到纯净的氨气 D．8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，因此可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气【答案】D 【解析】

A、pH＜5.6的雨水叫酸雨，硫酸型酸雨长时间亚硫酸会被氧化成硫酸，酸性变强，故A错误；B、NO与氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集NO，故B错误；C、氯化钙与氨气反应生成配合物，所以不能用氯化钙干燥氨气，故C错误；D、反应

Cl2+2NH3═N2+6HCl，生成HCl与氨气会出现白烟，所以可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气，故D正确；故选D。

15．（2019·临猗县临晋中学高一月考）下列关于离子的检验说法正确的是（） A．向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成再加入过量的盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO4

B．向某溶液中加入过量的盐酸，产生能使石灰水变浑浊的气体则该溶液中一定含有CO3 C．向某溶液中滴加过量的稀NaOH溶液未闻到有刺激性气味的气体则该溶液一定不含NH4

D．向某无色溶液中加入少量氯水，再加入适量的CCl4，振荡静置，下层显橙红色，则该溶液中一定含有Br 【答案】D 【解析】

试卷第107页，总165页

﹣

2﹣

【详解】

A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能含SO4或银离子，但二者不能同时存在，故A错误；

B. 向某溶液中加入过量的盐酸，产生能使石灰水变浑浊的气体若是二氧化碳，该溶液也可能含有HCO3，故B错误；

C. NH4的检验是向溶液中加入NaOH的浓溶液、然后加热，若加入稀NaOH溶液且不加热，生成NH3·H2O，不会放出气体，故C错误；

D. 因氯气氧化溴离子生成溴单质，溴在四氯化碳中为橙红色，则某无色溶液滴加氯水和CCl4，振荡、静置后，下层溶液显橙红色，则原溶液中一定含有Br，故D正确；正确答案是D。【点睛】

本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验及气体的检验等，注意检验中排除其它离子的干扰及检验操作等，侧重实验细节的考查，题目难度不大。

16．（2014·黑龙江高一期末）CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如下图所示。下列说法错误的是( )

-2-

A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2 B．与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想

C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量①=②<③ D．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol 【答案】D 【解析】【详解】

A、Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，根离子由提供，氢离子由和硫酸提供，所以为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；

试卷第108页，总165页

B、相对于途径①、③，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故B正确；

C．生成等量的硫酸铜，三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①=②＜③，故C正确；

D．途径②中硫酸只表现为酸性，没有被还原，故D错误。故选D。

17．（2019·甘肃省武威第一中学高一月考）如图利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是

选项实验现象解释 A 浓盐酸附近产生白烟 NH3与浓盐酸反应生成了NH4Cl固体 B C 浓硫酸附近无明显现象氯化物溶液变浑浊干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润NH3与浓硫酸不发生反应该溶液一定是AlCl3溶液 D 的红色石蕊试纸变蓝

A．A 【答案】A 【解析】【分析】

B．B

C．C

NH3是一种可溶性碱 D．D

氢氧化钠溶于水放热，浓氨水受热分解产生氨气，氨气属于碱性气体，能使湿润的石蕊试纸变蓝，能与盐酸和硫酸发生反应。【详解】

试卷第109页，总165页

A.浓盐酸具有挥发性，能与氨气在空气中接触反应，HCl+NH3=NH4Cl，生成氯化铵固体而产生白烟，A正确；

B.浓硫酸与氨气反应，2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，但浓硫酸没有挥发性，故反应发生在浓硫酸溶液中，无明显现象，B错误；

C.氨气遇水结合产生氨水，显碱性，与氯化物结合有沉淀产生，可能的阳离子包括镁离子，铝离子，铜离子等大多数金属阳离子，C错误；

D.氨气遇干燥的红色石蕊试纸不变色，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，是由于氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱碱，但是NH3不是碱，D错误。

18．（2019·湖南长郡中学高一期末）下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，能达到实验目的的是

A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙除去氨气中少量水 C．用装置丙收集氨气 D．用装置丁吸收多余的氨气【答案】D 【解析】【详解】

A．为防止试管炸裂，试管口应略向下倾斜，故A错误； B．浓硫酸与氨气能够反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误； C．应用双孔塞，该装置中气体不能导入烧瓶中，故C错误； D．氨气极易溶于水，利用干燥管能防止发生倒吸，故D正确；故选D。

19．（2019·上海市北虹高级中学高一期中）根据下列实验内容得出的结论正确的是选项实验内容 A 某气体的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝试卷第110页，总165页

结论该气体一定是NH3 B 某气体能使酸性高锰酸钾溶液褪成无色某物质的水溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变该气体一定是SO2 C 浑浊的无色气体 D A．A 【答案】A 【解析】【详解】

B．B

C．C

某气体完全燃烧，火焰呈淡蓝色该溶液一定含有CO3 2－该气体一定是H2S D．D

A. 某气体的溶液能使红色石蕊试纸变蓝，说明该气体溶于水后溶液呈碱性，即氨气，A项正确；

B. 二氧化硫、乙烯等无色气体均能使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；

C. 某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳、二氧化硫，溶液中可能存在亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子等，所以该溶液中不一定存在大量CO3，C项错误；

D. 某气体完全燃烧，火焰呈淡蓝色，该气体可能是H2S、氢气或甲烷等，D项错误；答案选A。

20．（2018·江苏省如皋中学高一期末）在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化能一步实现的是（） A．FeC．NH3【答案】C 【解析】【详解】

A、铁在纯净的氧气中点燃反应生成黑色固体四氧化三铁，氧化铁不溶于水，故A错误； B、氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁溶液，电极氯化镁溶液，阳极析出氯气，阴极析出氢气，溶液中得到氢氧化镁沉淀，不能得到金属镁，金属镁是电解熔融氯化镁得到，故B错

试卷第111页，总165页

Fe2O3Fe(OH)3 NO

NO2

B．Mg(OH)2D．SO2

MgCl2溶液Mg

(NH4)2SO4BaSO4

误；

C、氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮常温下和氧气反应生成二氧化氮，物质间转化能一步实现，故C正确；

D、二氧化硫和氨水反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨被空气中氧气氧化得到硫酸铵，故D错误。

21．（2019·全国高一期末）下列说法正确的是 A．焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体 B．浓硫酸滴在白纸上，白纸变黑，体现了浓硫酸的吸水性 C．Cu与H2SO4在加热条件下发生反应，体现了浓H2SO4的还原性

D．雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，因为样品吸收了空气中的CO2 【答案】A

【解析】A. 焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体二氧化碳，故A正确；B. 浓硫酸滴在白纸上，白纸变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C. Cu与H2SO4在加热条件下发生反应，体现了浓H2SO4的氧化性，故C错误；D. 雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，因为样品中弱酸H2SO3被空气中的O2氧化为强酸H2SO4，故D错误；故选A。

22．（2019·全国高一期末）下列说法正确的是

A．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强 B．SO2、H2S为含硫化合物，都可用浓硫酸干燥 C．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色

D．蔗糖遇浓H2SO4后变黑，膨胀，最后产生刺激性气味气体，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性【答案】C 【解析】【详解】

A. 要证明酸性的强弱，需要通过复分解反应，发生酸和盐生成新酸和新盐的反应，这样的反应一般符合强酸制弱酸的规律。向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，发生的是氧化还原反应，HClO有强氧化性，把SO2氧化成硫酸，不能用氧化还原反应证明酸性的强弱，故A错误；

B. SO2与硫酸为相邻价态，不发生氧化还原反应，可用浓硫酸干燥，H2S具有还原性，与浓

试卷第112页，总165页

硫酸发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，故B错误；

C. SO2具有漂白性，将SO2通入品红溶液反应生成不稳定的无色物质，溶液褪色后加热，生成的物质分出SO2，又恢复原色，故C正确；

D. 蔗糖遇浓H2SO4后变黑，体现浓硫酸具有脱水性，之后膨胀，最后产生刺激性气味气体，说明浓H2SO4氧化性，没有体现酸性，故D错误；答案选C。

23．（2011·云南高一期末）以下物质间的每一步转化都能通过一步反应实现的是 A．Fe → FeCl2→ Fe(OH)2→ Fe(OH)3 B．Si → SiO2→ H2SiO3→ Na2SiO3 C．Al → Al2O3→ Al(OH) 3→ AlCl3 D．NH3→NO 2→ HNO3→ NH4NO3 【答案】A 【解析】【详解】

A. Fe 与盐酸反应生成 FeCl2，FeCl2与氢氧化钠反应生成 Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，均能一步实现转化，故A正确； B. SiO2不溶于水，不能一步转化为H2SiO3，故B错误； C. Al2O3不溶于水，不能一步转化为Al(OH) 3，故C错误； D. NH3催化氧化生成NO，不能一步转化为NO 2，故D错误；故选A。

24．（2018·全国高一课时练习）（题文）属于人工固氮的是 A．工业合成氨 B．闪电时，氮气转化为 NO

C．用 NH3和 CO2 合成尿素 D．用硫酸吸收氨气得到硫酸铵【答案】A 【解析】

氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A正确；闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B错误； NH3和CO2 合成尿素，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C错误；用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D错误。

25．（2018·毕节市实验高级中学高一期中）C、N、S是重要的非金属元素，下列说法正确

试卷第113页，总165页

的是

A．实验室用铜和浓反应制取NO B．三种元素均可以和氧元素形成多种氧化物 C．CO2、SO2、NO2都能与H2O反应，且原理相同 D．稀硫酸、稀与铁的反应均属于置换反应【答案】B 【解析】【详解】

A．实验室用铜和稀反应制取NO，铜与浓反应生成NO2，A项错误； B．三种元素均可以和氧元素形成多种氧化物，例如CO、CO2、NO、NO2、SO2以及SO3等，B项正确；

C．CO2、SO2、NO2都能与H2O反应，但原理不同，NO2与水反应生成和NO，属于氧化还原反应，而CO2、SO2与水反应不是氧化还原反应，C项错误；

D．稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应；是氧化性酸，稀与铁反应生成铁、NO和水，不是置换反应，D项错误。答案选B。

26．（2019·山东滕州市第一中学新校高一月考）对下列事实的解释中，错误的是（） A．在蔗糖中加入浓硫酸后发黑并闻到刺激性气味，说明浓硫酸只表现脱水性 B．浓在光照下颜色变黄，说明浓不稳定

C．氢氧化亚铁在空气中不稳定，会转化成氢氧化铁，说明氢氧化亚铁具有还原性 D．常温下，浓可以用铝制容器储存，说明铝与浓不反应。【答案】AD 【解析】【详解】

A. 浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素，生成C，使蔗糖出现发黑现象，并闻到刺激性气味，说明碳与浓硫酸反应生成了二氧化硫，此现象证明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故A错误；

B. 浓在光照条件下分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮溶于使溶液呈黄色，故B正确；

试卷第114页，总165页

C. 氢氧化亚铁在空气中不稳定，会转化成氢氧化铁，氧气具有氧化性，说明氢氧化亚铁具有还原性，故C正确；

D. 常温下，浓可以用铝制容器储存，发生钝化现象，说明铝与浓反应生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，故D错误；答案选AD。【点睛】

实验事实是以化学反应原理为基础，必须掌握化学方程式。

27．（2018·且末县第二中学高一期末）甲、乙、丙三位同学分别用下图所示的三套实验装置及化学药品(其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气。请你参与探究,并回答下列问题:

（1）三位同学制取氨气的化学方程式为__________。

（2）三位同学都用向下排空气法收集氨气,而不用排水法,其原因是__________(填序号)。 A．氨气难溶于水 B．氨气极易溶于水 C．氨气密度比空气大 D．氨气密度比空气小

（3）三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨气(他们的实验操作都正确),你认为没有收集到氨气的同学是__________(填“甲”、“乙”或“丙”),收集不到氨气的主要原因是__________________________。

（4）检验氨气是否收集满的方法是__________(填序号)。

A．闻到有氨气逸出 B．用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验,发现试纸变蓝 C．棉花被气体冲出 D．用湿润的蓝色石蕊试纸在试管口检验,发现试纸变红（5）三位同学都认为他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固取纯净的氨气,你判断能够达到实验目的的同学是__________(填“甲”、“乙”或“丙”)。【答案】2NH4Cl + Ca(OH)2

CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O BD 乙氨气被浓硫酸吸收

试卷第115页，总165页

B 丙【解析】【分析】

（1）氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙氨气和水；（2）氨气极易溶于水，氨气密度比空气小；（3）氨气与硫酸反应生成硫酸铵；

（4）实验室检验氨气是否收集满的方法是将湿的红色石蕊试纸放在管口，观察试纸颜色变化；

（5）碳酸氢铵固体受热分解生成氨气、二氧化碳和水，浓硫酸吸收氨气，碱石灰吸收二氧化碳和水。【详解】

（1）三位同学都是利用氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙氨气和水制备氨气，其化学方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O；

（2）氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，则三位同学都用向下排空气法收集氨气，故选BD；

（3）氨气与硫酸反应生成硫酸铵，则乙没有收集到氨气，因为氨气通过浓硫酸会被吸收，故答案为：乙；氨气被浓硫酸吸收；

（4）实验室检验氨气是否收集满的方法是将湿的红色石蕊试纸放在管口，若变蓝则已满，B正确，故答案为：B；

（5）碳酸氢铵固体受热分解生成氨气、二氧化碳和水，甲装置分解得到的是混合气体，得不到纯净氨气；乙装置分解得到混合气体通过浓硫酸后，氨气被吸收得不到氨气；丙装置分解得到混合气体通过碱石灰，二氧化碳和水蒸气被吸收，得到干燥气体氨气，故答案为：丙。【点睛】

氨气是碱性气体，密度比空气小，极易溶于水，能与浓硫酸反应是解答关键。

28．（2019·浙江高一期末）某化学兴趣小组为探究浓硫酸和二氧化硫的性质，设计了如下图所示的装置进行实验（夹持装置已省略）：

CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O，故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2

试卷第116页，总165页

请回答：

（1）用“可抽动铜丝”代替“直接投入铜片”的优点是_____。（2）说明SO2气体产生的实验现象是_____。装置⑤的作用是_____。（3）为了验证SO2是酸性氧化物，③中可选择的试剂是_____。

A．澄清石灰水 B．饱和食盐水 C．碘水 D．品红溶液（4）下列说法正确的是_____。

A．实验开始后，②和④中溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性 B．反应后，将①试管中的白色固体加入水中，溶液呈蓝色 C．先向装置中加入试剂（药品），再进行气密性检查 D．⑤中的NaOH溶液可用Na2CO3溶液代替

（5）若将抽动的铜丝换成炭块进行反应，写出反应的化学方程式_____；该反应体现浓硫酸的_____（选填“脱水性”“吸水性”“强氧化性”“酸性”）。

【答案】便于控制反应的反应和停止二氧化硫能使品红溶液褪色装置⑤中溶液是碱液，能吸收酸性物质 A BD C+2H2SO4（浓）强氧化性【解析】【分析】

加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫能使品红溶液褪色，为了验证SO2是酸性氧化物，二氧化硫能和氢氧化钙反应生成白色沉淀，则③可以用碱溶液氢氧化钙检验；二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱溶液吸收。【详解】

（1）在加热的条件下，当Cu丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动Cu丝时，Cu丝与硫酸不接触，反应停止，所以用“可抽动的Cu丝”的优点是便于控制反应的反应；（2）二氧化硫能使品红溶液褪色；装置⑤中溶液是碱液，能吸收酸性物质；

试卷第117页，总165页

2SO2↑+CO2↑+2H2O

（3）A．澄清石灰水属于碱溶液，二氧化硫和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙白色沉淀，所以验证二氧化硫是酸性氧化物，故正确；

B．饱和食盐水和二氧化硫不反应，不能验证，故错误；

C．碘水和二氧化硫发生氧化还原反应生成HI和硫酸，该反应中体现二氧化硫的还原性，不能验证，故错误；

D．二氧化硫能使品红溶液褪色而体现二氧化硫的漂白性，不能验证二氧化硫是酸性氧化物，故错误；故选A；

（4）A．实验开始后，二氧化硫使品红溶液褪色体现漂白性，使酸性高锰酸钾溶液褪色体现还原性，所以二者褪色原理不同，故错误；

B．反应后，将试管Ⅰ中的白色固体为硫酸铜，加入水中，溶液呈蓝色，故正确； C．加入药品之前检验装置气密性，否则得不到气体，故错误；

D．碳酸钠溶液呈碱性，可吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，故正确；故选BD；（5）若将抽动的铜丝换成炭块进行反应，加热条件下，C和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4（浓）被浓硫酸氧化，该反应体现浓硫酸的强氧化性。

29．（2019·陕西高一期中）某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。

2SO2↑+CO2↑+2H2O；反应中，碳单质

请回答下列问题：

(1)装置A中的烧瓶内固体不可以选用________(填字母)。 A．生石灰 B．碱石灰 C．五氧化二磷 D．烧碱 (2)B装置的作用是___________________；

(3)装置F中发生反应的化学方程式是________________。

(4)通入C装置的左右两根导管左边较长、右边较短，目的_______________。 (5)从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，如何处理？

试卷第118页，总165页

_____________________。

【答案】C 干燥氨气 MnO2＋4HCl(浓)

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 使密度较大的

Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀在G处连接导管，直接把尾气通入盛有烧碱溶液的烧杯中【解析】【分析】

(1)A是制备氨气的装置，根据氨水中的一水合氨容易分解，结合影响气体的溶解度的因素分析判断；

(2)根据碱石灰显碱性，具有吸水性分析解答；

(3)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气，据此书写反应的化学方程式； (4)根据气体的密度大小结合导管的长短来考虑气体之间混合的充分程度； (5)根据氯气的性质来确定尾气处理的方法。【详解】

(1)A是制备氨气的装置，是利用氨水滴入固体溶热，使氨气挥发逸出。A．生石灰中滴入氨水，溶热，放出氨气，故A正确；B．氨水滴入碱石灰溶热，放出氨气，故B正确；C．五氧化二磷和氨水反应生成铵盐，不能生成氨气，故C错误；D．烧碱中滴入氨水，溶热，放出氨气，故D正确；故答案为C；

(2)B装置是干燥氨气的装置，可以用碱石灰干燥氨气，故答案为干燥氨气；

(3)装置F是制备氯气的装置，装置中二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气，反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）

Cl2↑+MnCl2+2H2O；

(4)氨气的密度小，氯气的密度大，C装置的两导管左边长、右边短，这样便于两种气体充分接触而反应，故答案为使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀；

(5)氯气是酸性气体，可以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，或者是通入装有碱石灰的干燥管或气球收集，故答案为在G处连接导管，直接把尾气通入盛有烧碱溶液的烧杯中。 30．（2019·吉林汽车区第三中学高一月考）同学们利用如下图的实验装置进行浓硫酸和铜片反应的实验，探究浓硫酸在此反应中的作用。

Cl2↑+MnCl2+2H2O，故答案为MnO2+4HCl（浓）

试卷第119页，总165页

（1）在反应中________（填“能”或“不能”）观察到试管中的液体变蓝，铜片与浓硫酸的反应的方程式为__________。

（2）浓硫酸在此反应中体现______性（用选项字母填空）。A．酸B．还原C．氧化D．脱水

（3）若移除酒精灯，用上图发生装置做浓与铜片反应的实验，该反应的离子方程式为_____，能否用排水法收集该气体？_____（用“能”或“不能”填空）若不能请用化学反应方程式解释其原因___________。

【答案】不能 Cu+2H2SO4(浓)

=

CuSO4+SO2↑+2H2O A、C Cu+4H+2NO3 =

Cu+2NO2↑+2H2O 不能 3NO2+H2O=2HNO3+NO 【解析】【分析】

（1）根据浓硫酸中几乎没有自由移动的水分子进行解答；（2）根据铜与浓硫酸反应有二氧化硫气体、硫酸铜生成进行解答；

（3）铜与浓反应生成铜、二氧化氮、水。二氧化氮能与水反应生成和一氧化氮。【详解】

（1）浓硫酸中含有的少量水分子全部与硫酸分子结合为水合硫酸分子，浓硫酸中几乎没有自由移动的水分子，所以在铜片与浓硫酸反应中不能观察到试管中的液体变蓝；铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体、硫酸铜、水，反应方程式是Cu+2H2SO4(浓)= CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）铜与浓硫酸反应有二氧化硫气体生成，硫元素化合价降低，硫酸表现氧化性；铜与浓硫酸反应有盐硫酸铜生成，浓硫酸表现酸性，故选A、C；

（3）铜与浓反应生成铜、二氧化氮、水，反应离子方程式是Cu+4H++2NO3- = Cu2+ +2NO2↑+2H2O。二氧化氮能与水反应生成和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以不能用排水法收集NO2。

试卷第120页，总165页



溶液配制专题

一、单选题

1．关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②不宜贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是( ) A．②③④ 【答案】D 【解析】【详解】

容量瓶是配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器。它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的瓶底玻璃瓶，颈上有刻度；使用时要先检验密闭性，不能在容量瓶里进行溶质的溶解，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液，故答案为D。

2．实验中的下列操作正确的是

A．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中

B．已知Ba(NO3)2 易溶于水，可将含有Ba(NO3)2 的废液倒入水槽中，再用水冲入下水道 C．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液加热蒸干

D．用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中【答案】A 【解析】【详解】

A．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后会放出热量，影响溶液体积，应该冷却到室温后转移到容量瓶中，故A正确；

B．将含有Ba（NO3）2的废液不可随意丢弃，应放在指定的容器中，故B错误； C．用蒸发方法来获得固体的方法：点燃酒精灯加热，并搅拌，当有较多晶体析出时，停止加热，借余热蒸干，故C错误；

D．化学实验剩余药品不可放回原瓶、不可随意丢弃、不能拿出实验室，应放在指定的容器中，故D错误；故答案为A。

3．下列关于容量瓶的说法不正确的是（） A．容量瓶上标有使用温度、刻线、容积

B．容量瓶不能用来做反应器、稀释溶液、长期存放溶液的仪器

试卷第121页，总165页

B．②③ C．①②④ D．①②③④

C．配制480毫升1摩尔/升的溶液，需取480毫升的容量瓶

D．固体溶解或浓液体稀释必须在烧杯中进行，冷却到室温才能转移到容量瓶【答案】C 【解析】【详解】

A、容量瓶上标有温度、刻度、容积，故A不符合题意；

B、容量瓶是定容容器，不能用来做反应器、稀释溶液、长期存放溶液，故B不符合题意；

C、实验室容量瓶常见规格为100mL、250mL、500mL、1000mL，因此配制480毫升溶液需选用500mL容量瓶进行配制，故C符合题意；

D、容量瓶瓶颈较细，大量的热交换容易使瓶颈炸裂，因此溶解过程需在烧杯中进行，且溶解或稀释后需冷却至室温，然后再转移，故D不符合题意；答案为C。二、实验题

4．欲用98%的浓硫酸(g＝1.84g·cm)配制成浓度为0.5mol·L的稀硫酸500ml。 (1)选用的主要仪器有：

①__________，②__________，③__________，④____________，⑤____________。 (2)请将下列各操作，按正确的序号填在横线上。 A．用量筒量取浓H2SO4 B．反复颠倒摇匀

C．用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 D．洗净所用仪器 E．稀释浓H2SO4 F．将溶液转入容量瓶

其操作正确的顺序依次为______________________。 (3)简要回答下列问题：

①所需浓硫酸的体积为____________mL。

②如果实验室有15mL、20mL、50mL的量筒应选用____________mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取将使浓度__________(“偏高”、“偏低”、“无影响”) ③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是____________，若搅拌过程中有液体溅出结果会使浓度偏____________。

④在转入容量瓶前烧杯中液体应____________，否则会使浓度偏____________；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使浓度____________。

试卷第122页，总165页

－3

－1

⑤定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使浓度____________；仰视则使浓度___________。

【答案】（1）量筒烧杯玻璃棒容量瓶（500ml）胶头滴管（2）AEFDCB （3）①13.6 ②15 ③使热量及时地扩散；低 ④冷却至室温；高；偏低；⑤高；低【解析】

本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制方法及误差分析。

(1)选用的主要仪器有：①量筒，②烧杯，③玻璃棒，④500Ml容量瓶，⑤胶头滴管。 (2) 配制稀硫酸的步骤依次为洗净所用仪器，根据计算结果用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释浓硫酸，稀硫酸冷却至室温后将溶液转移至容量瓶，洗涤小烧杯，定容，摇匀，故其操作正确的顺序依次为D、A、E、F、D、C、B。 (3)①c浓=

浓

1000mL•L−1𝜌(溶液)𝜔(H2SO4)1000mL•L−1×1.84g/cm3×98%

𝑀(H2SO4)

98𝑔/𝑚𝑜𝑙

=18.4mol/L。c浓V浓= c稀V稀，V=c稀V稀/c浓=13.6mL，故所需浓硫酸的体积为13.6mL。

②所选量筒规格接近于且不小于13.6mL，应选用15mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取将使浓硫酸被稀释而使所配稀硫酸浓度偏低。

③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是防止暴沸，迅速散热，若搅拌过程中有液体溅出结果会使浓度因溶质减少而偏低。

④在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却至室温，否则冷却后溶液体积减小会使浓度偏高；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使浓度因溶质减少而偏低。 ⑤定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使溶液体积变小而浓度偏高；仰视则使溶液体积增大而浓度偏低。

5．某同学帮助水质检测站配制480 mL 0．5 mol/L NaOH溶液以备使用。

(1)该同学应选择____ mL的容量瓶。

(2)其操作步骤如图所示，则图中操作应在下图中的____（填选项字母）之间。

A．②与③ B．①与② C．④与⑤

试卷第123页，总165页

(3)该同学应称取NaOH固体_____g，用质量为23.1 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小____（填字母），并在下图中选出能正确表示游码位置的选项____（填字母）。

(4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？

①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，浓度会________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同）

②容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度会_______③溶液未冷却就转移入容量瓶____________ 【答案】500 C 10.0 cd c 偏小无影响偏大【解析】【分析】

(1)实验室没有480mL规格的容量瓶，该同学应选择规格稍大的容量瓶。 (2)图中操作应是定容操作中往容量瓶内加水至液面离刻度线1~2cm处。

(3)该同学应称取NaOH固体0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g，用质量为23.1 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，应选取所需砝码30g，游码位置3.1g。 (4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质减少； ②容量瓶中原来有少量蒸馏水，溶质未变，溶液体积未变； ③溶液未冷却就转移入容量瓶，将导致溶液体积减小。【详解】

(1)实验室没有480mL规格的容量瓶，该同学应选择500mL的容量瓶，故答案为：500； (2)图中操作应是定容操作中往容量瓶内加水至液面离刻度线1~2cm处，即选C，故答案为：C；

(3)该同学应称取NaOH固体0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g，用质量为23.1 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，应选取所需砝码30g，游码位置3.1g，故答案为：10.0；cd；c；

(4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质减少，溶质的物质的量浓度减小，即浓度偏小，故答案为：偏小；

②容量瓶中原来有少量蒸馏水，溶质未变，溶液体积未变，浓度不变，故答案为：无影响；

试卷第124页，总165页

③溶液未冷却就转移入容量瓶，将导致溶液体积减小，浓度偏大，故答案为：偏大。 6．Ⅰ、（1）在容量瓶上，无需标记的是（______） A．刻度线 B．温度 C．浓度 D．容积

（2）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、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

Ⅱ、实验室配制500mL 0.2mol·L的Na2SO4溶液，实验操作步骤有：

A．在天平上称出14.2g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温。

B．把制得的溶液小心地转移到容量瓶中。

C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切。

D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡。

E．将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀后装瓶。请填写下列空白：

（1）操作步骤的正确顺序为(填序号)_____。

（2）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码、镊子)、玻璃棒，还缺少的仪器是_____、____。

（3）在配制过程中，其他操作都正确，下列操作会引起误差偏高的是____。（填序号） ①未洗涤烧杯、玻璃棒

②未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 ③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 ④定容时俯视刻度线 ⑤定容时仰视刻度线

－1

试卷第125页，总165页

【答案】C B ABDCE 500mL容量瓶胶头滴管 ②④ 【解析】【详解】

Ⅰ、⑴在容量瓶上，有三个标记即温度、容积、刻度线，故答案为D； ⑵A选项，称量时应该“左物右码”，故A错误； B选项，溶解应用玻璃棒不断搅拌，故B正确； C选项，转移应用玻璃棒引流，故C错误；

D选项，定容时胶头滴管不能伸入到容量瓶中，故D错误；综上所述，答案为B；

Ⅱ、⑴实验步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液(转移)、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶；操作步骤的正确顺序为ABDCE；

⑵本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码、镊子)、玻璃棒，还缺少的仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；

⑶在配制过程中，其他操作都正确，

①未洗涤烧杯、玻璃棒，溶液中溶质的质量减少，误差偏低；

②未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高； ③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，后来少加蒸馏水到刻度线就行，无影响； ④定容时俯视刻度线，定容时溶液体积偏小，浓度偏高； ⑤定容时仰视刻度线，定容时溶液体积偏大，浓度偏低；因此误差偏大的有②④。

碳、硅及其化合物

1．（2020·汪清县汪清第六中学高二期末）下列物质中，不与SiO2反应的是 A．氢氟酸 B．烧碱 C． D．生石灰【答案】C 【解析】【详解】

A. 氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，A不选； B. 烧碱与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，B不选； C. 与SiO2不反应，C选；

D. 生石灰与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙，D不选。

试卷第126页，总165页

答案选C。

2．（2020·汪清县汪清第六中学高二期末）下列叙述中，正确的是 A．自然界中存在大量的单质硅

B．石英、水晶、硅石的主要成分都是二氧化硅

C．二氧化硅的化学性质活泼，能跟酸或碱的溶液发生化学反应 D．自然界中硅元素都存在于石英中【答案】B 【解析】【详解】

A、硅元素在自然界中无游离态,主要以二氧化硅、硅酸盐形式存在,故A错误; B、石英、水晶、硅石的主要成分是二氧化硅,故B正确;

C、二氧化硅性质稳定，与酸反应只能和氢氟酸反应，与强碱反应,故C错误; D、自然界中二氧化硅存在于水晶、石英石、玛瑙、硅石中,故D错误; 综上所述，本题应选B。【点睛】

本题重点考查硅的存在形式及性质。硅元素在地壳中含量为26.3%，仅次于氧，在自然界中无游离态，主要以二氧化硅、硅酸盐形式存在，自然界中二氧化硅存在于水晶、石英石、玛瑙、硅石中，常见的硅酸盐产品有陶瓷、水泥和玻璃，硅单质可做半导体材料。 3．（2020·海原县第一中学高一期末）光纤通信是一种现代化的通信手段，它可以提供大容量、高速度、高质量的通信服务。光纤通信所使用的光缆，其主要部件为光导纤维。下列说法正确的是 ①制造光导纤维的主要原料是CaCO3；②制造光导纤维的主要原料是SiO2；③光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的全反射；④光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的折射 A．①④ 【答案】B 【解析】【分析】

光导纤维的主要成分是二氧化硅，它是一种能利用光的全反射作用来传导光线的透明度极高的细丝，据此分析。【详解】

试卷第127页，总165页

B．②③ C．①③ D．②④

①制造光导纤维的主要原料是是SiO2；故错误； ②制造光导纤维的主要原料是SiO2；故正确；

③光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的全反射，故正确； ④光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的全反射，故错误；答案选B。

4．（2020·云南省通海县第三中学高二期末）下列关于硅的说法不正确的是 A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体 B．硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料 C．加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属反应 D．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质起反应【答案】D 【解析】【详解】

A. 硅是非金属元素，硅单质是灰黑色有金属光泽的固体，A正确； B. 硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料，B正确； C. 加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属反应，C正确；

D. 硅的化学性质不活泼，常温下能与氢氧化钠溶液以及氢氟酸等反应，D错误。答案选D。

5．（2020·玉溪市江川区第二中学高一期末）下列物质的用途不正确的是( ) A．硅是制造光导纤维的材料 B．硅是制造太阳能电池的常用材料 C．二氧化硅是制取粗硅的原料 D．水玻璃可用作木材防火剂【答案】A 【解析】【详解】

A、光导纤维的成分是SiO2，故说法错误；

B、硅是制造太阳能电池板的常用材料，故说法正确； C、工业上常用，SiO2和碳反应制取硅，故说法正确； D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有防火性，故说法正确。

试卷第128页，总165页

故选A。

6．（2020·宾县第一中学校高一月考）SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是

A．图中所有反应都不属于氧化还原反应 B．硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维

C．可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙 D．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，其熔点很高【答案】C 【解析】【详解】

A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应，二氧化硅与碳反应生成硅单质的反应是氧化还原反应，选项A错误；

B．光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，选项B错误；

C．碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳，二氧化硅和盐酸不反应，可以用盐酸除去石英（主要成分为SiO2）中混有的少量碳酸钙，选项C正确；

D．玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，选项D错误．答案选C。

7．（2020·宾县第一中学校高一月考）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．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐 B．水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂

C．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示 D．高纯硅可用于制造光导纤维，高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池【答案】C

试卷第129页，总165页

【解析】【分析】

A．水晶主要成分是二氧化硅，属于氧化物； B．纯净物只含有一种物质；

C．金属氧化物在前（活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物），非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后； D．二氧化硅具有良好的光学特性，硅为良好的半导体材料。【详解】

A．水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，选项A错误； B．水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项B错误；

C．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，选项C正确； D．二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池，选项D错误；答案选C。【点睛】

本题考查了硅及其化合物用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意硅与二氧化硅用途的区别，为高考频考点。

8．（2020·耿马县民族中学高一月考）下列说法中正确的是（） A．SiO2溶于水显酸性

B．SiO2是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高、硬度大 C．光导纤维导电能力很强，是一种很好的通信材料

D．SiO2是一种酸性氧化物，它可以与NaOH溶液反应，但不与任何酸反应【答案】B 【解析】【详解】

A．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水，故A错误；

B．SiO2是由硅原子与氧原子构成的一种空间立体网状结构的原子晶体，其熔点高、硬度大，故B正确；

C．光导纤维的成分为二氧化硅，对光具有良好的全反射作用，则是一种很好的通讯材料，但不导电，故C错误；

D．二氧化硅是酸性氧化物，可以和碱、碱性物质发生反应，能和一种特殊的酸——HF反

试卷第130页，总165页

应，故D错误；故选B。【点睛】

本题的易错点为D，要注意二氧化硅属于酸性氧化物，酸性氧化物一般不能与酸反应，但有些酸性氧化物可以与酸反应，如二氧化硅与氢氟酸反应，二氧化硫与反应等。 9．（2020·全国高三专题练习）下列物质与其用途完全符合的有多少条( )

①Si光导纤维 ②Na2CO3制玻璃 ③Fe2O3红色油漆或涂料 ④MgO耐火材

料 ⑤NaClO消毒剂 ⑥NaCl制纯碱 ⑦SO2食品漂白剂 ⑧Al2O3焊接钢轨 ⑨NH3制冷剂．⑩AgI人工降雨 A．6 【答案】B 【解析】【详解】

B．7

C．5

D．4

①Si可用于半导体材料，二氧化硅用于光导纤维，故错误；

②工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故正确；

③Fe2O3为红色固体，可用于红色涂料，故正确； ④氧化镁熔点比较高，可用于耐火材料，故正确； ⑤NaClO具有强的氧化性，可用于杀菌消毒，故正确；

⑥氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和

二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱，故正确；

⑦SO2有毒，不能用于漂白食品，故错误；

⑧铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨，可用于焊接钢轨，而不是氧化铝，故错误；

⑨NH3具有易液化的性质，可用作制冷剂，故正确；

⑩AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，常用于人工降雨，故正确；

则符合的共7个，故B正确。故选B。

10．（2019·屏边苗族自治县第一中学高一月考）用氧化物的形式表示硅酸盐的组成，其中

试卷第131页，总165页

正确的是( )

A．钙沸石Ca(Al2Si3O10)·3H2O表示为CaO·Al2O3·3SiO2·3H2O B．镁橄榄石Mg2SiO4表示为MgO·SiO2 C．正长石KAlSi3O8表示为K2O·Al2O3·3SiO2 D．高岭石Al2(Si2O5)(OH)4表示为Al2O3·SiO2·2H2O 【答案】A 【解析】【分析】

通常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示硅酸盐的组成。【详解】

A. 钙沸石Ca(Al2Si3O10)·3H2O表示为CaO·Al2O3·3SiO2·3H2O，A项正确； B. 镁橄榄石Mg2SiO4表示为2MgO·SiO2，B项错误； C. 正长石KAlSi3O8表示为K2O·Al2O3·6SiO2，C项错误； D. 高岭石Al2(Si2O5)(OH)4表示为Al2O3·2SiO2·2H2O，D项错误；答案选A。【点睛】

硅酸盐改写成氧化物形式的方法：

(1)氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物―→较活泼金属氧化物―→二氧化硅―→水。 (2)氧化物前计量数的配置原则：除氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置计量数，且不同氧化物间以“·”隔开。

(3)出现分数时应化为整数。如正长石：KAlSi3O8不能写成K2O·Al2O3·3SiO2，应写成K2O·Al2O3·6SiO2。

11．（2019·屏边苗族自治县第一中学高一月考）下列有关硅和硅的化合物的用途错误的是 A．硅单质作耐火材料 B．晶体硅作半导体材料

C．二氧化硅作光导纤维材料 D．高纯硅作计算机芯片材料【答案】A 【解析】【详解】

A. 硅单质常用作半导体，硅酸钠可作耐火材料，A错误； B. 晶体硅能导电，可作半导体材料，B正确；

试卷第132页，总165页

C. 二氧化硅可作光导纤维材料，C正确； D. 高纯硅可作计算机芯片材料，D正确。答案选A。

12．（2018·河南高一期末）高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“”。它的制备方法如下图所示，下列说法正确的是

A．步骤①的化学方程式为：SiO2+C

Si+CO2↑

B．步骤①、②、③中每生成或反应1molSi，转移2mol电子 C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应

D．单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池【答案】D 【解析】【分析】

步骤①中每生成1molSi转移4mol电子，而②③中Si的化合价是+2价，所以每生成或反应1mol Si，转移2mol电子【详解】

A.碳在高温下还原二氧化硅，生成硅和一氧化碳，化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；

B. 步骤①中每生成1molSi转移4mol电子，而②③中Si的化合价是+2价，所以每生成或反应1mol Si，转移2mol电子，故B错误； C. 二氧化硅和硅都可以与氢氟酸反应，故C错误；

D. 单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池，故D正确；故答案为：D。

13．（2020·安徽高三月考）《本草衍义》中有如下叙述：“嘉州峨眉山有燕萨石，形六棱而锐首，色莹白明澈。”这里“燕萨石”的主要成分可能是 A．CaO B．SiO2 C．石墨 D．NaCl 【答案】B

试卷第133页，总165页

【解析】水晶在矿物学中属于石英，化学成分为二氧化硅（SiO2），是一种无色

透明、洁净明亮的宝石。“燕萨石” 色莹白明澈指的就是这一点。答案选B。

14．（2020·云南省禄丰县第一中学高一月考）能用磨口塞玻璃瓶存放的试剂有（ Ⅰ A．烧碱溶液 B．氢氟酸 C．浓 D．硅酸钠溶液【答案】B

【解析】玻璃成分之一的SiO2能与碱性物质反应，而磨口导致其表面积很大，更容易与接触到的碱性物质反应，烧碱溶液和硅酸钠溶液均呈碱性，所以A、D错误；B、SiO2还能与氢氟酸反应，所以B错误。D、SiO2是酸性氧化物，除能与氢氟酸反应外，不与其它酸反应，所以C正确。本题正确答案为C。

15．（2020·云南省禄丰县第一中学高一月考）下列说法中，正确的是（） A．硅元素在自然界里均以化合态存在

B．SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物 C．除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水 D．粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2=Si+CO2↑ 【答案】A 【解析】【详解】

A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；

B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；

C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误； D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；答案选A。

16．（2020·全国高三专题练习）能直接实现下列物质间转化的元素是单质

氧化物

酸或碱

盐．

①C ②S ③P ④Si ⑤Na ⑥Ca ⑦Cu ⑧Al．

A．①②③④⑤⑥⑦⑧ C．①②③④⑤⑥ 【答案】D 【解析】

试卷第134页，总165页

B．①②③④ D．①②③⑤⑥

【详解】

①碳燃烧生成二氧化碳，溶于水形成碳酸，碳酸与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故①正

确；

②硫燃烧生成二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，故②正确；

③磷与氧气反应生成五氧化二磷，五氧化二磷与水反应生成磷酸，磷酸与氢氧化钠反应生

成磷酸钠等盐，故③正确；

④二氧化硅不能与水反应，可以用硅酸钠与酸反应得到硅酸，故④错误；

⑤钠与氧气反应生成氧化钠或过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生

成氯化钠，故⑤正确；

⑥钙可以与氧气反应生成氧化钙、氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氢氧化钙与盐酸反应生

成氯化钙，故⑥正确；

⑦金属铜和氧气反应生成氧化铜，但氧化铜不溶于水，故⑦错误； ⑧铝与氧气反应生成氧化铝，但氧化铝与水不反应，故⑧错误；

故答案为D。

17．（2019·武邑县教育局高三月考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（） A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B．铁比铜金属性强，FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 C．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维 D．铝热反应能放出大量的热，常用作焊接钢轨【答案】D 【解析】【详解】

A. NaHCO3能与盐酸反应，所以可用于制胃酸中和剂，故不选A； B. Fe3+具有强氧化性，所以FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，故不选B； C. SiO2能传导光信号，可用于制光导纤维，故不选C；

D. 铝热反应能放出大量的热，使铁熔化，常用作焊接钢轨，故选D；故答案选D。

18．（2019·武邑县教育局高一月考）化学在日常生活中有着广泛的应用。下列说法不正确

试卷第135页，总165页

的是( )

A．硅是制造太阳能电池的常用材料 B．明矾可用于水的杀菌消毒

C．氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记 D．燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施【答案】B 【解析】【详解】

A选项，硅能够导电，是制造太阳能电池的常用材料，用于光电池，故A正确； B选项，明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，没有杀菌消毒作用，故B错误；

C选项，氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记，故C正确； D选项，燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】

水晶、玛瑙、石英、沙子主要成份是SiO2，二氧化硅主要用于光导纤维，玻璃、陶瓷、水泥为传统的硅酸盐产品。

19．（2019·漠河县高级中学高一月考）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）

A B C D

a Al2O3 Na Si Fe b AlCl3 Na2O SiO2 FeCl2 c Al（OH）3 Na2O2 H2SiO3 FeCl3 试卷第136页，总165页

A．A 【答案】D 【解析】【详解】

A．氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A错误； B．过氧化钠不能一步反应生成氧化钠，故B错误； C．SiO2不能一步反应生成H2SiO3，故C错误；

D．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，物质间都能一步实现转化，故D正确；故选D。

20．（2019·甘肃省甘谷第一中学高一月考）下列物质：①氢氟酸；②浓H2SO4；③烧碱溶液；④Na2CO3固体；⑤氧化钙；⑥浓HNO3。其中在一定条件下能与SiO2反应的有( ) A．①②⑥ B．②③⑥ C．①③④⑤ D．全部【答案】C

【解析】氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；烧碱溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水；Na2CO3固体在高温下与二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳；氧化钙在高温下与二氧化硅反应生成硅酸钙；浓H2SO4、浓HNO3与SiO2不反应，答案选C。点睛：H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以在溶液中能发生复分解反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O＝Na2CO3＋H2SiO3↓，但高温下Na2CO3＋SiO2

Na2SiO3＋CO2↑也能发生，但不能据此说明硅酸的酸性强于碳酸，因为该反应不是在溶液中进行的，利用的难挥发性物质制备易挥发性物质。

21．（2019·湖南茶陵三中高二月考）芯片是各种计算机、手机和微电子产品的核心部件，它的主要材料是： A．Si 【答案】A 【解析】【详解】

硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等，则A项正确；

B．SiO2

C．H2SiO3

D．Na2SiO3

B．B

C．C

D．D

试卷第137页，总165页

答案选A。【点睛】

硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。本题中除了牢记硅单质的这些常见用途以外，还要掌握其化合物的主要用途，如二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。

22．（2019·福建三明一中高一课时练习）硅单质及其化合物应用范围很广Ⅰ请回答下列问题：

制备硅半导体材料必须先得到高纯硅，三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：

(1)写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式___________；

(2)整个制备过程必须严格控制无水无氧，SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3，HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式___________； H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果是_________。【答案】SiHCl3+H2

Si+3HCl SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl↑+H2↑ 氧气与氢气

混合，可能引起爆炸、氧气可能会氧化SiHCl3 【解析】【分析】

(1)纯SiHCl3与H2在1357K下反应产生Si单质和HCl，据此可书写有关反应方程式； (2)SiHCl3遇水反应产生H2SiO3、HCl，然后根据反应前后元素守恒，分析另外一种物质的成分，并书写相应的化学方程式；H2、O2的混合气体遇明火会发生爆炸。【详解】

(1)纯SiHCl3与H2在1357K下反应产生Si单质和HCl，该反应方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl；

(2)SiHCl3遇水反应产生H2SiO3、HCl等，然后根据反应前后元素守恒，分析另外一种物质的成分是H2，据此可得相应的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl↑+H2↑；H2还原SiHCl3过程中若混入O2，H2、O2的混合气体可能会发生爆炸，并且氧气可能会氧化SiHCl3。

试卷第138页，总165页

【点睛】

本题考查了硅的单质的制取、提纯过程的反应原理、操作过程可能引发的问题的处理方法等，掌握元素守恒是本题解答的关键。

23．（2019·黑龙江高一开学考试）硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。

（1）下列物质不属于硅酸盐的是__________。

A．陶瓷 B．玻璃 C．水泥 D．生石灰

（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为

_________________，工业上制备硅的方程式为 ______________________，氧化剂与还原剂的质量比为______________。

（3）用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明Na2SiO3可用作______。Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是________。 A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．瓷坩埚 D．铁坩埚【答案】D SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O 2C+SiO2或阻燃剂 D 【解析】【详解】

（1）传统的无机非金属材料是陶瓷、玻璃、水泥，生石灰为CaO，不属于硅酸盐，故D符合题意；

（2）SiO2属于酸性氧化物，与NaOH发生SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；工业上制备硅，利用C和SiO2反应：2C＋SiO260：(2×12)=5：2；

（3）Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，Na2SiO3可以作防火剂或阻燃剂；A、普通玻璃坩埚中含有SiO2，因此熔融纯碱不能选用普通玻璃坩埚，故A不符合题意； B、石英玻璃中含有SiO2，因此熔融纯碱不能选用，故B不符合题意； C、瓷坩埚中含有SiO2，因此熔融纯碱不能选用，故C不符合题意；

D、铁不与熔融Na2CO3发生反应，因此铁坩埚可以熔融碳酸钠，故D符合题意。 24．（2019·马关县八寨镇中学高一开学考试）已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答下列问题：

试卷第139页，总165页

Si+2CO 5：2 防火剂

2CO＋Si；氧化剂为SiO2，还原剂为C，质量比为

（1）写出化学式：A是____________，D是____________。

（2）写出相关反应的化学方程式：①____________，⑤____________。

（3）写出相关反应的离子方程式：②__________，③__________，④__________。【答案】SiO2 H2SiO3 Na2CO3＋SiO2

Na2SiO3＋CO2↑ H2SiO3

H2O＋

SiO2 CO2＋H2O＋SiO32－＝CO32－＋H2SiO3↓ SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓ 【解析】【分析】

A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，且A能够与纯碱（Na2CO3）、NaOH反应，A应该为SiO2；由转化关系可知B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3，据此进行解答。【详解】

A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，且A能够与纯碱（Na2CO3）、NaOH反应，A应该为SiO2；由转化关系可知B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3，③为SiO2和NaOH的反应，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，硅酸加热分解生成二氧化硅，则（1）由以上分析可知：A为SiO2，D为H2SiO3；

（2）①是SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为Na2CO3＋SiO2

Na2SiO3＋CO2↑；

H2O＋SiO2；

⑤是硅酸加热分解生成二氧化硅，反应的化学方程式为H2SiO3

（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32－＝CO32－＋H2SiO3↓；

③是二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O；

④是硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，反应的离子方程式为SiO32－+2H＋＝H2SiO3↓。 25．（2019·甘肃省静宁县第一中学高一期末）硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。

（1）计算机芯片和太阳能电池的主要成分是________，光导纤维的主要成分是___________。

试卷第140页，总165页

（2）工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为__________。

（3）工业上可利用水玻璃和盐酸反应制备硅酸凝胶后，进一步脱水处理可得到硅胶，写出水玻璃和盐酸反应的离子方程式_______。

（4）玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，将其表示为氧化物形式为___。

（5）高纯度单晶硅可以按下列方法制备: SiO2

Si(粗)

SiHCl3

Si(纯)

写出步骤①的化学方程式_______________________________________。

步骤②的产物经过冷凝后得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)，提纯SiHCl3主要操作的名称是_________。

【答案】Si SiO2 4HF+ SiO2 = SiF4 ↑+ 2H2O SiO32—+2H+=H2SiO3；胶体； Na2O·Al2O3·4SiO2 2C+ SiO2 【解析】【分析】

（1）硅单质为半导体，光导纤维成分为二氧化硅；

（2）玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氟酸发生反应生成四氟化硅和水；（3）水玻璃为硅酸钠溶液，和盐酸反应生成硅酸胶体；

（4）根据硅酸盐化学式可表示为：活泼金属氧化物·金属氧化物·非金属氧化物·水（5）步骤①二氧化硅与碳反应生成一氧化碳和硅；步骤②分离沸点不同的相互溶解的液体可以使用蒸馏法；步骤③需要在无水无氧环境下进行，硅和氧气反应。【详解】

（1）计算机芯片和太阳能电池的主要成分是硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅；（2）玻璃中主要成分是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和碱反应，但也能和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（3）制备硅胶，工业上可利用水玻璃和盐酸反应制备硅酸后，进一步处理可得到硅胶，写出水玻璃和盐酸反应的化学方程式为：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3（胶体）+2NaCl；（4）硅酸盐表示为氧化物时书写顺序是：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化Al2O3·4SiO2；硅、水，所以其化学式为Na2O·

试卷第141页，总165页

Si+ 2CO↑ 蒸馏

（5）步骤①二氧化硅与碳反应生成一氧化碳和硅，2C+ SiO2 Si+ 2CO↑ ；

步骤②SiHCl3（沸点33.0℃）、SiCl4（沸点57.6℃）、HCl（沸点-84.7℃），他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏；

物质的分类专题

一、单选题

1．对下列物质进行的分类正确的是（） A．纯碱、烧碱均属于碱

C．凡能电离出H+的化合物均属于酸【答案】B 【解析】【详解】

A、纯碱是Na2CO3，属于盐，不属于碱，故错误； B、五水硫酸铜是纯净物，故正确；

C、凡能电离出的阳离子全是H的化合物均属于酸，故错误；

D、盐类不一定含有金属阳离子，如铵盐，NH4Cl不含有金属阳离子，故错误；答案选B。

2．分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是( ) A．Fe3O4和Na2O2都属于碱性氧化物 B．KOH和Na2CO3都属于碱 C．NaHSO4和NaHCO3都属于酸式盐 D．Na2O和Al2O3都属于碱性氧化物【答案】C

【解析】A项，Fe3O4与酸反应生成铁盐、亚铁盐和水，Fe3O4不是碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物，Na2O2属于过氧化物，错误；B项，KOH属于碱，Na2CO3属于盐，错误；C项，NaHSO4和NaHCO3都属于酸式盐，正确；D项，Al2O3属于两性氧化物，错误；答案选C。

3．下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是( ) A．氯化钠固体【答案】B 【解析】【详解】

A、氯化钠固体属于强电解质，但固体状态下无可自由移动的离子，不能导电，故A不符合题意；

B、熔融氢氧化钾能导电，属于电解质，故B符合题意；

试卷第142页，总165页

＋

B．CuSO4·5H2O属于纯净物 D．盐类物质一定含有金属阳离子

B．熔融氢氧化钾 C．液态氯化氢 D．氯化钠溶液

C、液态氯化氢属于强电解质，液体状态下无可自由移动的离子，不能导电，故C不符合题意；

D、氯化钠溶液中存在自由移动的离子，能导电，但氯化钠溶液属于混合物，不属于电解质，故D不符合题意。

4．下列各组物质中，按单质、化合物、混合物的顺序排序正确的是( ) A．稀有气体、尿素、冰水混合物 B．乙醇、浓硫酸、胆矾 C．金刚石、铁矿石、大理石 D．水银、水蒸气、水煤气【答案】D

【解析】试题分析：A、冰水混合物是纯净物，不是混合物，故错误；B、浓硫酸是混合物，胆矾是CuSO4·5H2O属于纯净物，故错误；C、铁矿石是混合物，故错误；D、水煤气是CO和H2的混合物，故正确。考点：考查物质的分类等知识。 5．下列说法正确的是

A．H2、CuSO4·5H2O都是化合物 B．由同种元素组成的物质一定是纯净物 C．NaHSO4溶于水显酸性，所以NaHSO4是酸

D．浊液、胶体、溶液三种分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小不同【答案】D 【解析】【详解】

A. H2是氢气单质，CuSO4⋅5H2O是化合物，故A错误；

B. 由同种元素组成的物质不一定是纯净物，如O2、O3组成的混合气体是同种元素组成为混合物，故B错误；

C. NaHSO4在溶液中能电离出的阳离子包括H和钠离子，阴离子为SO4，在水溶液中既能电离出金属阳离子又能电离出酸根阴离子的是盐，所以NaHSO4是盐，故C错误； D. 当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)，故D正确。答案选D。

6．下列说法正确的是

A．将AgBr放入水中不能导电，故AgBr不是电解质 B．CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质 C．熔融的金属能导电，所以金属是电解质 D．固态的NaCl不导电，但 NaCl是电解质【答案】D

试卷第143页，总165页

【解析】【详解】

A. 溴化银在熔融状态下能够导电，属于电解质，故A错误；

B. 二氧化碳溶于水生成电解质碳酸，碳酸电离产生自由离子而导电，但是二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故B错误；

C. 金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；

D. 氯化钠在熔融状态下或者溶于水都能导电，属于电解质，故D正确；答案选D。【点睛】

水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，包括酸、碱、盐和活泼金属氧化物、水。 7．下列物质中，前者属于纯净物，后者属于混合物的是 A．净化后的空气；氧化镁 B．水和冰混合；澄清石灰水

C．生锈的铁钉；高锰酸钾充分加热后的剩余固体 D．氯化钾；液氧【答案】B 【解析】

试题分析：净化后的空气是混合物；氧化镁是纯净物，故A错误；水和冰混合是纯净物；澄清石灰水是混合物，故B正确；生锈的铁钉是混合物；高锰酸钾充分加热后的剩余固体是混合物，故C错误；氯化钾、液氧都是纯净物，故D错误。考点：本题考查物质分类。 8．下列叙述正确的是( )

A．元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得 B．在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 C．阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化 D．含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性【答案】D 【解析】

试题分析：A．大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；B．氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；C．处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe、SO3等，故C错误；D．一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；故选D。

试卷第144页，总165页

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

9．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是选项强电解质弱电解质非电解质 A．A 【答案】C 【解析】【详解】

A选项，Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误，不符合题意； B选项，氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，故B错误，不符合题意；

C选项，碳酸钙是强电解质，磷酸是弱电解质，酒精是非电解质，故C正确，符合题意； D选项，水是弱电解质，故D错误，不符合题意；综上所述，答案为C。【点睛】

电解质是酸、碱、盐、水、金属氧化物，强电解质是强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物。

10．能正确反映化合物（用M表示）与电解质（用N表示）二者关系的是选项 A B C D A Fe CH3COOH 蔗糖 B．B

B NaCl NH3 BaSO4 C．C

C CaCO3 H3PO4 酒精 D HNO3 Fe(OH)3 H2O D．D

关系包含关系 A．A 【答案】A 【解析】【分析】

据电解质的概念分析。【详解】

B．B

并列关系交集关系 C．C

重叠关系 D．D

电解质是溶于水或熔化时能导电的化合物。故电解质一定属于化合物，包含在化合物之中。本题选A。

试卷第145页，总165页

二、填空题

11．有以下物质：①石墨 ②铝 ③酒精 ④氨水 ⑤二氧化碳 ⑥碳酸钠固体 ⑦氢氧化钡溶液 ⑧ 熔融氯化钠 ⑨氧化钠固体 ⑩氯化氢气体其中能导电的是____（填序号，下同）；属于非电解质的是______；属于电解质的是_____ 【答案】①②④⑦⑧ ③⑤ ⑥⑧⑨⑩ 【解析】【分析】

①石墨为单质，能导电，既不是电解质，也不是非电解质； ②铝为单质，能导电，既不是电解质，也不是非电解质； ③酒精为化合物，不能导电，为非电解质；

④氨水为混合物，能导电，既不是电解质，也不是非电解质； ⑤二氧化碳为化合物，不能导电，为非电解质； ⑥碳酸钠固体为化合物，不能导电，为电解质；

⑦氢氧化钡溶液为混合物，能导电，既不是电解质，也不是非电解质； ⑧熔融氯化钠为化合物，能导电，为电解质； ⑨氧化钠固体为化合物，不能导电，为电解质； ⑩氯化氢气体为化合物，不能导电，为电解质；【详解】

⑦氢氧化钡溶液为混合物，能导电，既不是电解质，也不是非电解质； ⑧熔融氯化钠为化合物，能导电，为电解质； ⑨氧化钠固体为化合物，不能导电，为电解质； ⑩氯化氢气体为化合物，不能导电，非电解质；

综上所述，能导电的是①②④⑦⑧；属于非电解质的是③⑤；属于电解质的是⑥⑧⑨⑩。 12．以下12种物质为中学化学中常见的物质：

①Cu ②NaCl ③NaHSO4 ④SO3 ⑤H2SO4 ⑥C2H5OH ⑦CaCO3 ⑧BaSO4 ⑨Cu(OH)2 ⑩Fe(OH)3 ⑪NaOH ⑫NH3·H2O 请按下列分类标准回答问题（填编号）。 (1)属于电解质的是__________________________。

试卷第146页，总165页

(2)能电离出H＋的是________，属于酸的是________。

(3)属于碱的是________________，其中属于难溶性碱的是________。 (4)属于难溶性盐的是________。

【答案】②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫ ③⑤ ⑤ ⑨⑩⑪⑫ ⑨⑩ ⑦⑧ 【解析】【详解】

（1）电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，所以②NaCl③NaHSO4属于盐，⑤硫酸属于酸⑦CaCO3属于盐⑧BaSO4属于盐⑨Cu（OH）2⑩Fe（OH）3⑪NaOH⑫NH3•H2O属于碱都是电解质，故答案为：②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪； ⑫

（2）③NaHSO4⑤H2SO4能电离出氢离子；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，故⑤为酸，故答案为：③⑤；⑤；

（3）⑨Cu（OH）2⑩Fe（OH）3⑪NaOH⑫NH3•H2O电离出的阴离子全是氢氧根离子属于碱，其中⑨Cu（OH）2⑩Fe（OH）3难溶于水，属于难溶性碱，故答案为：⑨⑩⑪；⑫⑨⑩；

（4）碳酸钙、硫酸钡不溶于水，都属于难溶性盐，故答案为：⑦⑧．

物质的分离和提纯专题

一、单选题

1．下列实验操作中不正确的是（） A．蒸发操作时，当蒸发到剩有少量液体时，停止加热，利用余热将液体蒸干

B．容量瓶检漏：在容量瓶中加入适量水，用手压紧瓶塞倒立1 min，如不渗漏，即可使用 C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D．蒸馏时，应将开始馏出的少量液体弃去【答案】B

【解析】A、蒸发操作时，当蒸发到剩有少量液体时，停止加热，利用余热将液体蒸干，A正确；B、容量瓶检漏的正确操作应该是：应向容量瓶中注入适量水，左手托住瓶底，右手食指顶住瓶塞，倒置看是否漏水，将容量瓶正放后，再把瓶塞旋转180度，再倒置后看是否漏水，B错误；C、为防止试剂相互污染，分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；D、蒸馏时，应将开始馏出的少量液体弃去，D正确，答案选B。

2．下列对于某些离子的检验及结论正确的是

A．某溶液加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则一定含有CO3

B．某溶液加入氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定含有NH4

试卷第147页，总165页

2一

C．某溶液滴入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，则一定含有SO4 D．某溶液加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则一定含有Ba 【答案】B 【解析】

试题分析：某溶液加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则一定含有CO3或HCO3，故A错误；𝑁𝐻4++𝑂𝐻−=𝑁𝐻3↑+𝐻2𝑂，加入氢氧化钠溶液，

2一

一

2＋

2一

𝛥

加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定含有NH4，故B正确；某溶液滴入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，则一定含有SO4或Ag，故C错误；某溶液加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则含有Ba或𝐶𝑎2+，故D错

2＋

2一

误。

考点：本题考查离子检验。

3．实验中的下列操作正确的是（）

A．取用试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中

B．把NaOH固体放在托盘天平左盘的滤纸上称量

C．用蒸发的方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干 D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中【答案】D 【解析】【详解】

A、取出的溶液，不能再放入原试剂瓶，防止污染药品，应放在指定的容器中，故A错误；

B、因为NaOH固体易潮解、具有强腐蚀性，应用烧杯盛放NaOH进行称量，故B错误； C、蒸发过程中有大量晶体析出时，停止加热，用余热把水蒸干，故C错误；

D、浓硫酸溶于水放出大量的热，需要冷却至室温状态下再转移到容量瓶中，否则所配溶液的浓度会偏大，故D正确；答案选D。

4．如图在盛有碘水的三支试管中分别加入汽油、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是

试卷第148页，总165页

A．①加入的是CCl4，②加汽油，③加酒精 B．①加入的是酒精，②加CCl4，③加汽油 C．①加入的是汽油，②加酒精，③加CCl4 D．①加入的是汽油，②加CCl4，③加酒精【答案】D 【解析】【详解】

汽油能萃取溴水中的溴，密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色；四氯化碳能萃取溴水中的溴，密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色；酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液仍然为橙黄色，故选：D。

5．下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是

A．I可用于制备并检验氢气的可燃性 B．II可用于除去CO2 中的HCl

C．用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液 D．用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色【答案】B

【解析】A、点燃H2前必须验纯，以防爆炸，故A错误；B、饱和NaHCO3和CO2不反应，而NaHCO3和HCl反应且生成CO2，不引进新的杂质，所以该装置能除去CO2中的HCl，故B正确；C、容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D、氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，所以胶头滴管应该伸入液面下，故D错误。故选B。

视频

6．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液 ②39％的乙醇溶液 ③单质溴和氯化钠的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（） A．分液、萃取、蒸馏 C．分液、蒸馏、萃取【答案】C

试卷第149页，总165页

B．萃取、蒸馏、分液 D．蒸馏、萃取、分液

【解析】【详解】

①汽油不溶于水，汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；②酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法分离；③向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；故选C。二、填空题

7．现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。已知CaCO3难溶于水，CuSO4溶液呈蓝色。现进行如下实验：①溶于水得无色溶液；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：

(1)一定不存在的物质是______； (2)一定存在的物质是__________； (3)可能存在的物质是___________；

(4)检验可能存在的物质所用试剂为：_______.

【答案】CaCO3、Na2SO4、CuSO4 Na2CO3 NaCl 稀、银溶液【解析】【分析】

根据实验现象进行分析，①溶于水得无色溶液，即固体中不含CuSO4、CaCO3；②加入BaCl2溶液时，生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失，说明沉淀是BaCO3，即含有Na2CO3，不含有Na2SO4，据此分析；【详解】

因为CuSO4溶液显蓝色，CaCO3难溶于水，将固体粉末溶于水得无色溶液，因此固体中不含CuSO4和CaCO3；向溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4，也可能是BaCO3，也可能是两者混合物，加入盐酸时沉淀消失，因BaSO4不溶于盐酸，因此沉淀不是BaSO4，只能是BaCO3，说明含有Na2CO3，不含有Na2SO4，因此一定不存在物质是CaCO3、CuSO4、Na2SO4；一定存在物质的是Na2CO3；不能确定的物质是NaCl；（1）一定不存在物质是CaCO3、CuSO4、Na2SO4；答案为CaCO3、CuSO4、Na2SO4；（2）一定存在物质的是Na2CO3；答案为Na2CO3；

（3）可能存在的物质是NaCl；答案为NaCl；

（4）取少量溶液，先加入足量的HNO3，然后再加入AgNO3溶液，如果出现白色沉淀，

试卷第150页，总165页

则说明含有NaCl，反之不含有；答案为稀、银溶液。三、推断题

8．A、B、C、D 4种可溶性盐，它们的阳离子可能分别是Ca、Ag、Na、Cu中的某一种，阴离子可能分别是NO3、SO4、Cl、CO3中的某一种。

①若把4种盐分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中，均得澄清溶液，只有B盐的溶液呈蓝色。

②若向①的4支试管中分别加盐酸，C溶液中有沉淀产生，A溶液中有无色无味气体逸出。

（1）根据①②的事实推断B、C的化学式分别为_________、___________ （2）写出A与D反应的化学方程式：______________________________________;

（3）若想从A与D反应后的混合物中分别提取两种固体产物，需要进行的实验操作是_________和________.

【答案】CuSO4 AgNO3 Na₂CO₃+CaCl₂=CaCO₃+2NaCl 过滤蒸发【解析】【分析】

因为A、B、C、D 均为可溶性盐，因此，Ca不能和SO4、CO3结合，而只能和NO3

－

2＋

2－

-2--2-2+

、Cl结合；Ag不能和SO4、Cl、CO3三种离子结合，只能和NO3结合，则一定存

2＋

2－

＋

2－

－＋2－－2－－

在CaCl2、AgNO3；Cu不能和CO3结合，所以存在CuSO4；Na结合CO3组成Na2CO3，即四种物质为：CaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。【详解】

（1）因为B盐的溶液是蓝色的，故B为CuSO4；4支试管中分别加盐酸，只有C溶液中有沉淀产生，则C的化学式为AgNO3；

（2）4支试管中分别加盐酸，只有A溶液中有无色无味气体逸出，则A为Na2CO3、D为CaCl2，二者反应化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；

（3）A与D反应后的混合物中，碳酸钙不溶于水，过滤分离出CaCO3，蒸发滤液得到NaCl。【点睛】

本题解题关键：把握离子反应、物质的性质、反应与现象，注意元素化合物知识的应用，利用B溶液呈蓝色为突破口，确定B，再利用四支试管加入盐酸，C有沉淀，则C为AgNO3。四、工业流程

9．通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质．以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如下：

试卷第151页，总165页

（1）第②步操作的目的是除去粗盐中的______（填化学式）。

（2）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、___（填化学式）。

（3）在第③步操作中，选择的除杂试剂不能用KOH代替NaOH，理由是________。（4）写出第⑥步反应的离子方程式_______________,______________。

【答案】Na2SO4 BaCO3 会引入K杂质 OH+H=H2O CO3+2H=CO2↑+ H2O 【解析】【分析】

粗盐除杂时，应先用氯化钡除去硫酸根离子，用NaOH除去镁离子，再用碳酸钠除去钙离子、钡离子，可减少操作步骤；过滤除去沉淀，加入HCl除去过量的碳酸钠、NaOH，得到NaCl溶液，蒸发、结晶、烘干得到精盐。【详解】

（1）第②步操作可除去溶液中的硫酸根离子，即Na2SO4；

（2）第④时，既可除去溶液中的氯化钙，又可除去②步加入稍过量的BaCl2，则⑤步“过滤”操作沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3；（3）在第③步操作中，用KOH代替NaOH时会产生K杂质；

（4）第⑥步反应除去除杂过程中加入稍过量NaOH、Na2CO3，则反应的离子方程式为OH+H=H2O，CO3+2H=CO2↑+ H2O。【点睛】

物质用化学方法除杂时，加入的物质都为稍过量，则必然会引入新的杂质离子，在后续除杂时均要考虑。五、实验题

10．有下列常用的物质分离和提纯方法：A萃取 B蒸发 C蒸馏 D过滤，请选择合适的方法填空（填写字母序号）。

（1）从食盐水中得到食盐晶体，应用_________方法；（2）除去氯化铁溶液中的氢氧化铁沉淀，应用_________方法；（3）从溴水中提取溴，应用_________方法；

（4）从酒精的水溶液中提取酒精，应用_________方法。【答案】B D A C 【解析】

2-+

试卷第152页，总165页

【分析】

除去溶液中的不溶性杂质用过滤，从溶液中获得固体溶质用蒸发，分离相互混溶的液体混合物常用蒸馏，利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异用萃取。【详解】

(1)应用蒸发方法从食盐水中得到食盐晶体； (2)应用过滤方法除去氯化铁溶液中的氢氧化铁沉淀； (3)利用溴易溶于有机溶剂，应用萃取方法从溴水中撮取溴；

(4)从酒精的水溶液中提取酒精，可利用酒精与水的沸点差异，应用蒸馏方法分离。【点睛】

物质分离和提纯方法的选择：(1)固-固混合分离型：加热(包括灼烧、热分解和升华)、结晶(重结晶)；(2)固-液混合分离型：过滤、盐析、蒸发；(3)液-液混合分离型：萃取、分液、蒸馏、渗析；(4)气-气混合分离型：洗气，包括①采用液体净化剂时--用洗气瓶；②采用固体净化剂时--用干燥管或反应管。

氧化还原反应专题

一、单选题

1．现有以下反应：①16H+10Z+2XO4=2X+5Z2+8H2O②2A+B2=2A+2B③2B+Z2=B2+2Z。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（） A．要除去含有A、Z和B混合溶液中的A，而不氧化Z和B，应加入Z2 B．还原性强弱的顺序为A> B>Z> X C．X是XO4的还原产物

D．在溶液中可能发生：8H + 5A +XO4=X +5A +4H2O 【答案】A

2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx 与NaClO的物质的量之比为1：16，则x的值是（） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D

3．已知还原性由强到弱的顺序是SO3 > I > Fe > Br，溴水呈黄色，碘水呈棕色。某溶液中可能含有Na、NH4、Fe、Cu、K、I、SO3、SO4，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判断正确的是（） A．肯定不含I C．肯定不含SO4 【答案】C

4．已知在相同条件下进行下列反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2；②KClO3 +6HCl=3Cl2↑+KCl +3H2O；③2KBrO3 +Cl2=Br2 + 2KClO3。下列说法正确的是（）

试卷第153页，总165页

2--+

-2-2-2--2+

﹣

--2+

--﹣

﹣

B．肯定不含NH4 D．可能含有SO3

A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B．反应①和反应③中均生成Br2，溴元素发生的变化相同 C．反应②中被还原与被氧化物质的物质的量之比为5:1

D．③中l mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol 【答案】D

5．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应 Ce+Fe Fe+Ce Sn+2Fe 2Fe+Sn

由此可以确定Fe、Ce、Sn三种离子的还原性由强到弱的顺序是 A．Ce、Fe 、Sn C．Sn、Fe、Ce 【答案】C

6．在反应8NH3+ 3Cl2 = 6NH4Cl + N2中，被氧化的氨和末被氧化的氨的质量之比为 A．1：3 B．3：1 C．1：1 D．3：8 【答案】A

7．实验室用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2：2KMnO4+16HCl（浓）→2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。下列判断错误的是 A．HCl既作还原剂，又作酸

B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8 C．Cl2是氧化产物

D．1molKMnO4完全反应，转移电子5mol 【答案】B

8．已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，我们不了解它们的化学式，但它们在一定条件下有下列转化关系(未配平，且四个反应均为氧化还原反应)： ①G→Q+NaCl ②Q+H2O④Z+NaOH→Q+X+H2O

这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是（） A．G、Y、Q、Z、X C．X、Z、Q、Y、G 【答案】A

9．PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2 的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )

A．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

B．10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O

试卷第154页，总165页

2+2+

B．Sn、Ce、Fe D．Fe、Sn、Ce

2+3+2+

X+H2↑ ③Y+NaOH→G+Q+H2O

B．X、Z、Q、G、Y D．G、Q、Y、Z、X

C．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

D．5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+ 【答案】D

10．已知反应：①Cl2 + 2NaBr = 2NaCl + Br2；②KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2↑ + 3H2O；③2KBrO3 + Cl2 = 2KClO3 + Br2。下列说法正确的是( ) A．上述三个反应都是置换反应

B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6

C．反应③中若1mol KBrO3反应，则还原剂得电子的物质的量为5mol D．氧化性由弱到强的顺序为：Br2 < Cl2 < KClO3 < KBrO3 【答案】D

2018-2019学年必修1第三章第三节氧化还原反应易错整理

（小练系列每天更新)

第I卷（选择题)

一、单选题

1．判断一个反应是否为氧化还原反应的标准是( ) A．是否有氧元素参加反应 B．是否为置换反应

C．元素的化合价在反应前后是否发生变化 D．是否为化合反应或分解反应【答案】C

2．下列各项所述的关系正确的是( )

A．有电子转移是氧化还原反应的本质，有元素化合价的变化是氧化还原反应的外在表现 B．一种物质被氧化，必然有另一种物质被还原

C．被氧化的物质得到或偏向电子，被还原的物质失去或偏离电子

D．氧化反应就是得到或偏向电子的反应，还原反应就是失去或偏离电子的反应【答案】A

3．汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO＋2NO2 的说法正确的是

A．NO2被氧化 B．CO是氧化剂

C．每生成28gN2，转移8mole D．该条件下，还原性CO试卷第155页，总165页

4CO2＋N2，下列对该反应

【答案】C

4．在一定条件下KClO3与I2按下式反应：2KClO3＋I2===2KIO3＋Cl2，则下列推断正确的是( ) A．I2发生还原反应 B．氧化剂为I2 C．还原剂为KClO3

D．反应中KClO3被还原为Cl2，I2被氧化为KIO3 【答案】D 5．反应3NO2+H2O

2HNO3+NO中，当有6 mol e发生转移时，被氧化物质与被还原物质的

物质的量之比为( )

A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1 【答案】C

6．下列变化中，一定要加入适当的还原剂才能实现的是( ) A．KMnO4→MnO2 B．HCl→Cl2 C．Fe2O3→Fe D．CaO→CaCO3 【答案】C

7．下列物质属于常见氧化剂的一组是( ) A. Cl2、O2、FeCl3、KMnO4 B. O2、KMnO4、C、H2 C. Na、K、FeCl2、H2、CO D. CuO、CO、Fe2O3、H2 【答案】A

8．分析下列反应的化学方程式，是氧化还原反应的用双线桥标出电子转移的数目 (1)2Na＋Cl2

2NaCl

(2)Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑

(3)2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4

【答案】(1)

试卷第156页，总165页

(2)

(3)非氧化还原反应

9．根据反应式：①2Fe3＋＋2I－ = 2Fe2＋ + I2；②Br2 + 2Fe2＋ = 2Br－ + 2Fe3＋，可判断离子的还原性从强到弱的顺序是（） A．Br-、Fe2+、I- C．Br-、I-、Fe2+ 【答案】B

10．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（）

B．I-、Fe2+、Br- D．Fe2+、I-、Br-

A．

B．

C．

D．

【答案】B

11．氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C确的是( )

A.上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B.上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子 C.AlN中氮元素的化合价为＋3 D.AlN的摩尔质量为41 g 【答案】B

试卷第157页，总165页

2AlN＋3CO合成。下列叙述正

12．氢化钙可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑，下列说法错误的是( )

A．CaH2既是氧化剂，又是还原剂 B．H2既是氧化产物，又是还原产物 C．CaH2是还原剂，H2O是氧化剂 D．氧化产物与还原产物的质量比为1∶1 【答案】A

13．下列关于反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O的说法不正确的是（） A．KClO3是氧化剂 B．H2O既不是氧化产物也不是还原产物 C．HCl是还原剂 D．KCl既是还原产物也是氧化产物【答案】D

14．工业上粗硅的生产原理为2C＋SiO2A．C表现出氧化性 C．SiO2是氧化剂【答案】C

15．已知S2O8离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8离子在一定条件下可把Mn氧化成MnO4离子，若反应后S2O8离子生成SO4离子；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8中的n值和S元素的化合价是 A．2, +6 【答案】B

16．ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。实验室中可通过以下反应制得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4的是( ) A.CO2是氧化产物

C.H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性【答案】C

B.H2C2O4在反应中被氧化

D.ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性

2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。下列说法不正确

B．2, +7

C．4 ,+6

D．4 , +7

n－

2＋

－

n－

2－

n－

Si＋2CO↑，下列说法正确的是( ) B．SiO2发生氧化反应 D．C被还原

第II卷（非选择题)

二、填空题

17．现有如下微粒：

试卷第158页，总165页

①I2 ②Br ③Na ④Fe ⑤H ⑥Fe ⑦Mg ⑧Cl2 ⑨HCl ⑩H2O ⑪S ⑫SO2

其中在反应中只能作还原剂的有________，只能作氧化剂的有________，既可作氧化剂又可作还原剂的有________。

【答案】②⑦ ③⑤⑥ ①④⑧⑨⑩⑪⑫ 18．已知下列两个反应： ①Fe＋H2SO4(稀)===FeSO4＋H2↑ ②Cu＋2H2SO4(浓)试回答下列问题：

(1)反应①中________(填元素符号)被氧化，还原产物为________；反应②中________作还原剂，________元素被还原。

(2)当反应①生成2 g H2时，消耗H2SO4的质量是________ g。

(3)反应②中生成32 g SO2气体时，消耗H2SO4的质量是________ g，其中有________ g H2SO4被还原，转移电子________ mol。

【答案】(1)Fe H2 Cu S (2)98 (3)98 49 1 19．某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：

O2ⅠH2CrO4ⅠCr(OH)3ⅠH2OⅠH2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2Ⅰ (1)该反应中的还原剂是____________Ⅰ

(2)该反应中，发生还原反应的过程是______________→______________Ⅰ

(3)写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目：__________Ⅰ (4)若反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为__________LⅠ

CuSO4＋SO2↑＋2H2O

－＋2＋＋3＋

【答案】H2O2 H2CrO4Cr(OH)33.36

化学计量（三)

1．（2019·江西南昌十中高一月考）设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）

试卷第159页，总165页

A．标准状况下，11.2LSO3中含有的分子数为0.5NA

B．常温常压下，46gNO2和N2O4的混合气体中含有原子总数为3NA C．5.4g铝单质与足量NaOH溶液反应，转移电子数为0.3NA D．常温下，1mol/L的MgCl2溶液中含Cl数为2NA 【答案】B 【解析】【详解】

A. 标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；

B. NO2和N2O4的最简式都是NO2，常温常压下，46gNO2和N2O4的混合气体中含有原子总数为

46g×3NA=3NA，故B正确；

46g/molC.铝单质与足量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铝元素化合价由0升高为+3，5.4g

5.4g3NA0.6NA，故C错误；铝转移电子数为

27g/molD. 溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误。

2．（2019·江西南昌十中高一月考）在含有MgCl2、NaCl和K2SO4的混合溶液中，已知c(Cl)=1.5mol/L，c(K)=1mol/L，c(Na)=0.5mol/L，则c(Mg)为（） A．0.2mol/L 【答案】C 【解析】【详解】

c(Na)=0.5mol/L，则由NaCl提供的c（Cl）=0.5mol/L，所以由MgCl2提供的c（Cl）=1.5mol/L -0.5mol/L =1.0mol/L，由此可知c(Mg)=0.5mol/L，故选C。

3．（2019·四川成都外国语学校高一月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）

A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA B．18gNH4所含电子数为11NA

C．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NA D．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA

试卷第160页，总165页

＋

---+

B．0.4mol/L C．0.5mol/L D．0.6mol/L

【答案】D 【解析】【详解】

A.铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价由0升高为+2，5.6g铁转移的电子数为0.2NA，故A错误；

B. 1个NH4含有10个电子，18gNH4所含电子数为10NA，故B错误； C. 氦气的单原子分子，标准状况下，22.4L氦气含原子数为NA，故C错误；

D. 铝与足量的盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝元素化合价由0升高为+3，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，故D正确。

4．（2019·四川成都外国语学校高一月考）下列溶液中的Na与100mL1mol·LNa3PO4溶液中Na的物质的量浓度相等的是 A．150mL 3mol·L的NaCl溶液 C．150mL 1mol·L的Na2SO4溶液【答案】A 【解析】【分析】

100mL 1mol•L-1 Na3PO3溶液中c(Na+)=1mol/L×3=3mol/L 【详解】 A. 150mL 3mol⋅LB. 150mL 2mol⋅LC. 150mL 1mol⋅LD. 75mL 1mol⋅L答案选A。【点睛】

强电解质溶液中离子的浓度=电解质的浓度×化学式中相应离子个数，与溶液体积无关。 5．（2019·广西南宁三中高一月考）若NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）

A．17gOH所含电子数为9NA

B．浓度为1mol/L的Na2SO4溶液中所含钠离子数为2NA C．28g铁与足量盐酸反应，转移的电子数为NA

试卷第161页，总165页

－

−1 －1－1

＋

-1

＋

B．150mL 2mol·L的NaNO3溶液 D．75mL 1mol·L的Na2S溶液

－1

NaCl溶液中c(Na+)=3mol/L，故A正确；

−1 −1

NaNO3溶液中c(Na+)=2mol/L，故B错误； Na2SO4溶中c(Na+)=2mol/L，故C错误；

−1

的Na2S溶液中c(Na+)=2mol/L，故D错误；

D．11.2LO2作为氧化剂参与反应时，得到的电子数为2NA 【答案】C 【解析】【详解】

A、17gOH的物质的量为1mol，1mol OH中所含电子数为10mol，故A错误； B项、不明确溶液的体积，无法计算1mol/L的Na2SO4溶液中所含钠离子的物质的量，故B错误；

C项、铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1mol铁反应转移电子的物质的量为2mol，28g铁的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为1mol，故C正确； D项、没有明确是否为标准状况下，无法计算11.2LO2的物质的量，不能计算得到电子数目，故D错误；故选C。【点睛】

不明确溶液的体积，无法计算一定物质的量浓度溶液中溶质的物质的量，没有明确是否为标准状况下，无法计算一定体积气态物质的物质的量是解答易错点。 6．（2019·江西高一月考）用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．常温下，0.5L 1.0 mol·LNa2SO4溶液中含有的氧原子数为2NA B．标况下，11.2 L H2O所含电子数为5NA

C．常温常压下，32g氧气和臭氧的混合物中所含氧原子总数为2NA D．2.4 g镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA 【答案】C

【解析】A、Na2SO4中含有的氧原子的数目为0.5×1×4×NA=2 NA，溶液中还含有水，也含有氧原子，故总共含有的氧原子数目应该大于2NA，A错误。B、标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积有关的公式计算，B错误。C、质量与温度和压强无关，氧气和臭氧均只含氧原子，所以氧原子的质量为32g，所以氧原子的个数为32g÷16g mol

--1

－

×NA=2NA，C正确。D、镁变成镁离子失去2个电子，2.4 g镁变为镁离子时失去的电子数

应为0.2NA，D错误。正确答案为C

点睛：本题考查阿伏伽德罗常数的应用，在使用NA时要注意使用的条件和题目的陷阱，本题答案C选项中，O2和O3均只含有氧元素，故混合物的质量就是氧原子的质量，故可以直接用氧原子的质量除以氧原子的摩尔质量得到其物质的量。

试卷第162页，总165页

7．（2019·郁南县连滩中学高一期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )

A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L

B．25 ℃，1.01×10 Pa,32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2.5NA C．标准状况下，11.2 L H2O含有的原子数为1.5NA D．常温常压下，44 g CO2含有的原子数为3NA 【答案】D 【解析】

试题分析：A、含有NA个氦原子的氦气是1mol，在标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；B、25℃，1.01×10Pa，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA，故B错误；C、标准状况下，水是液体，11.2LH2O含有的分子数不是0.5NA，故C错误；D、在常温常压下，44gCO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，故D正确；故选D。【考点定位】考查阿伏加德罗常数的判断

【名师点晴】本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

8．（2019·郁南县连滩中学高一期中）如果a g某气体中含有该气体的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(各选项中NA为阿伏加德罗常数的值) A．

22.4𝑎𝑏𝑐𝑁𝐴

L B．

22.4𝑏𝑐𝑎𝑁𝐴

L C．

22.4𝑎cb𝑁𝐴

L D．a𝑐𝑁 L

𝐴

22.4

【答案】B 【解析】【分析】

根据n=m/M、N=n×NA、V=n×Vm来计算。【详解】

由n=m/M可知，同种的气体的质量与分子数成正比，ag某气体中含有的分子数为b，则

试卷第163页，总165页

cg该气体的分子数为bc/a，由N=n×NA可知，气体的物质的量为bc/aNA，则在标准状况下占有的体积应为22.4bc/aNA L，答案选B。【点睛】

本题考查有关以物质的量为中心的计算，明确质量、体积、物质的量、微粒数目之间的关系即可解答。

9．（2019·甘肃张掖市第二中学高一期中）下列叙述错误的是( )

①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一； ②1 mol任何物质都含有约6.02×10个原子；③6.02×10就是阿伏加德罗常数；④氢原子的摩尔质量是1 g；⑤HCl的摩尔质量等于1 mol HCl分子的质量；⑥1 mol CO2中含有1 mol碳和2 mol氧。 A．①②③ 【答案】D 【解析】【详解】

①中，摩尔不是物理量，是物质的量的单位，错误；

②中，1mol任何物质都含有约6.02×10个结构粒子，不一定是原子，错误； ③中，阿伏加德罗常数是精确值，而6.02×10mol－为近似值，错误； ④中，H的摩尔质量为1g·mol－，错误； ⑤中，摩尔质量与质量的单位不同，错误；

⑥中，1mol碳和2mol氧均未指明粒子种类，错误；符合题意的选项为D；综上所述，本题选D。【点睛】

构成物质的微粒种类很多，主要有分子、原子、离子等等，因此1mol任何物质都含有阿伏加德罗常数个微粒，近似为6.02×10个微粒。

10．（2019·甘肃张掖市第二中学高一期中）下列说法不正确的是 A．同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积 B．同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子

C．1 mol O2中含有1.204×10个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L

D．由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍【答案】A

试卷第1页，总165页

B．②③④ C．②③④⑥ D．全部

【解析】【详解】

A.同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；

B.由阿伏加德罗定律知，B项正确；

C.标准状况下1 mol任何气体所占体积均为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为2×6.02×1023＝1.204×1024，C项正确；

D.0.2 g H2、8.8 g CO2、5.6 g CO的物质的量分别为0.1 mol、0.2 mol、0.2 mol，该混合气体的总质量为14.6 g，总物质的量为0.5 mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2 g·mol

1，氧气的摩尔质量为

－

32 g·mol1，两者的相对密度为29.5÷32≈0.913，D项正确。

－

答案选A。

试卷第165页，总165页

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