浙江省杭州市2024-2025学年高一上学期期末考试 化学试卷

浙江省杭州市2024-2025学年高一上学期期末化学试卷 一、选择题（本大题共25小题，其中8、9、10、15、16、17、22、23、24、25为3分题。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1．（2分）联合国《化学品分类及标记全球协调制度》（简称GHS）中的标准符号被我国国家标准（GB13690﹣2009）采用，以方便化学品的贸易与运输。以下GHS标准符号与示意不匹配的是（　　） 易燃类物质 氧化性物质 放射性物质 腐蚀类物质 A B C D A．A B．B C．C D．D 2．（2分）下列与实验有关的图标对应不正确的是（　　） 护目镜 排风 热烫 洗手 A B C D A．A B．B C．C D．D 3．（2分）常温下NaHCO3能与NaOH溶液反应，过程中NaHCO3体现的性质是（　　） A．不稳定性 B．还原性 C．碱性 D．酸性 4．（2分）下列二氧化碳相关化学符号表示不正确的是（　　） 分子式 电子式 结构式 分子结构模型 CO2 O＝C＝O A B C D A．A B．B C．C D．D 【阅读材料】HClO不稳定，难以保存，使用起来很不方便。将Cl2通入NaOH溶液中，可以得到以NaClO为有效成分的漂白液。NaClO虽然也会分解，但它的水溶液在低温下存放三年才分解一半左右，比HClO稳定得多。请回答5﹣10题。 5．下列关于氯元素的说法不正确的是（　　） A．氯元素在自然界中主要以游离态存在 B．氯气是一种有刺激性的有毒气体 C．液氯中含有大量的氯气分子 D．液氯一般用钢瓶储存 6．等物质的量浓度的下列稀溶液中，ClO离子浓度最大的是（　　） A．NaClO B．HClO C．Ca（ClO）2 D．氯水 7．饱和氯水溶液中存在多种微粒，微粒间作用力不包括（　　） A．分子间作用力 B．非极性键 C．极性键 D．离子键 8．下列关于氯水溶液中微粒的结构与性质，说法不正确的是（　　） A．HClO分子中各原子均满足8电子稳定结构 B．HClO分解的过程中，既体现氧化性又体现还原性 C．因氯水中存在一定量Cl2分子，则溶液呈淡黄绿色 D．增强氯水溶液的碱性，有利于提升溶液的稳定性 9．某温度下，将Cl2通入一定浓度NaOH溶液中，若反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，经测定ClO与Cl的物质的量之比约为1：8，则Cl2与NaOH溶液反应时，被氧化的氯原子和被还原的氯原子的个数比为（　　） A．5：7 B．3：10 C．1：1 D．7：5 10．光照过程中氯水的pH、氯水中氯离子的浓度、广口瓶中氧气的体积分数的变化，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．溶液pH降低的原因是光照条件下HClO电离产生了更多的H+ B．随着氯离子浓度不断增加，溶液漂白能力逐渐减弱 C．随着氧气的体积分数不断增加，溶液氧化性逐渐增强 D．综合图像分析氯水光照过程中反应的离子方程式为：H2O+ClO﹣═Cl﹣+O2↑+2H+ 【阅读材料】纯碱是一种重要的化工原料，早期人们从草木灰中提取碳酸钾，后来又从盐碱地和盐湖等天然资源中获取碳酸钠，但天然碱的产量和纯度，远不能满足化工生产和人们日常生活的需求。Na2CO3的工业制法，历史上经历了3个阶段： Ⅰ.路布兰法（N.Leblanc）：主要原料包括食盐、硫酸、石灰石和煤粉。 Ⅱ.索尔维法（E.Solvay）：以食盐、石灰石和氨为原料。简化工艺流程如图所示。 Ⅲ.侯氏联碱法：该法最大的特点是滤去NaHCO3晶体后的母液含有大量NH4Cl的NaHCO3，向其中加入食盐使母液中的NH4Cl结晶出来作为氮肥，并将最后留下含有NaCl的母液循环使用，从而把食盐的利用率从原来的70%提高到98%。请回答11﹣17题。 11．齐国的工艺官书《考工记》中载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳高温分解形成的灰）混合加水所得液体来洗涤丝帛。下列说法错误的是（　　） A．草木灰的主要成分碳酸钾可用作钾肥 B．“蜃”的主要成分属于难溶性的盐 C．“灰”和“蜃”混合加水所得溶液中含有KOH D．“蜃”加水混合后会发生化合反应 12．路布兰制碱法。其化学反应过程如下： ①固体食盐与硫酸反应生成硫酸钠和氯化氢：2NaCl（s）+H2SO4Na2SO4+2HCl（g） ②硫酸钠、石灰石和煤粉煅烧生成纯碱和硫化钙：Na2SO4+2C+CaCO32Na2CO3+CaS+2CO2 ③硫化钙、二氧化碳和水发应生成碳酸钙和硫化氢：CaS+CO2+H2O＝CaCO3+H2S ④硫化氢被氧化生成硫酸，硫酸可以循环使用：H2S+2O2＝H2SO4 下列有关说法正确的是（　　） A．反应①用饱和食盐水与硫酸反应有利于制备HCl气体 B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 C．反应③生成的H2S在常温下是气体，属于非电解质 D．反应④用H2O2替代O2生成相同质量的H2SO4，理论上转移电子数不变 13．利用如图所示装置模拟索尔维法制备碳酸氢钠，进而制得碳酸钠。下列有关装置和仪器的表述不正确的是（　　） A．装置a的作用是防止外界水蒸气进入C装置 B．装置B的作用是除去CO2中混有的HCl气体 C．装置C中仪器b的作用是控制气体的流速和防止倒吸 D．装置D中止水夹K2先打开一段时间，再打开K1 14．如题图所示模拟索尔维法制备碳酸氢钠。下列有关说法正确的是（　　） A．装置A中盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗 B．装置B用饱和Na2CO3溶液，除杂效果更好 C．装置C中反应方程式为：2NaCl+CO2+2NH3+H2O═Na2CO3↓+2NH4Cl D．装置D中氧化钙可以由苛性钠或浓硫酸替代 15．我国科学家侯德榜以氯化钠、氨及二氧化碳为原料，同时生产纯碱和氯化铵两种产品，对世界制碱工业做出了卓越贡献，工艺流程如图1所示；图2为NH4Cl和NaCl溶解度随温度变化情况。 下列相关说法不正确的是（　　） A．煅烧炉中主要发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B．经过沉淀池获取的母液中几乎不含有NaHCO3 C．循环Ⅰ的主要物质是CO2 D．母液加入食盐细粉后选择低温结晶有利于副产品NH4Cl的获取 16．制碱原材料饱和食盐水的纯度对产品纯度有很大的影响。从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质（主要有Na2SO4、MgCl2、CaCl2）和不溶性杂质（泥沙）等，必须进行分离和提纯后才能用于制碱，粗盐提纯的部分流程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．操作Ⅰ、Ⅱ均需要用到的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒 B．a为含Ba2+的可溶性盐或碱，溶液b为含的可溶性盐，且a与b顺序不能调换 C．室温下，加入适量c的过程中只发生了反应H++OH﹣＝H2O D．沉淀的成分为：BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3、泥沙等 17．现加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合固体使碳酸氢钠完全分解，固体质量变为9.69g，则原混合固体中碳酸钠的质量分数为（　　） A．16.8% B．93.8% C．83.2% D．91.6% 【阅读材料】有关铁及其化合物的价类二维关系，如图所示：回答18﹣25题。 18．下列物质转化不能一步实现的是（　　） A．Fe→FeCl3 B．Fe→FeCl2 C．Fe→Fe3O4 D．Fe→Fe（OH）2 19．下列说法不正确的是（　　） A．氯化铁溶液有酸性，可用于刻蚀电路板 B．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C．氢氧化铝具有弱碱性，可用于抗酸药物 D．钠钾合金熔点低且熔沸点差距大，可用作核反应堆的传热介质 20．杜甫诗句中“朱门酒肉臭，路有冻死骨”这里的“朱门”是指涂有（　　）的门。 A．FeCl3 B．Fe2O3 C．Fe（OH）3 D．Fe3O4 21．把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（　　） A．2：3 B．2：5 C．1：1 D．5：2 22．有铁的氧化物样品，用300mL5mol•L﹣1的盐酸恰好使其完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下氯气3.36L，使其中的Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（　　） A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe5O7 D．Fe4O5 23．下列离子方程式中，不正确的是（　　） A．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+═Fe2++H2↑ B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+═Fe2++H2O C．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+ D．向氯化亚铁溶液中滴加双氧水：Fe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O 24．探究性学习小组利用如图所示方案制备Fe（OH）2沉淀。下列说法不正确的是（　　） A．①装置中可能发生反应：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3 B．②装置中苯的作用是隔绝空气中的氧气 C．③装置中长滴管的作用是防止滴入NaOH溶液时将空气中氧气带入FeSO4溶液 D．④装置开始反应时应打开止水夹a，一段时间后再关闭止水夹a 25．高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe（OH）3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．红热的铁屑与干燥的氯气发生反应Ⅰ时，铁屑过量会生成FeCl3和FeCl2的混合物 B．在水溶液中，发生反应Ⅱ的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe3++5H2O═23Cl﹣+10H+ C．根据制备流程可知，高铁酸盐在水中的溶解度：Na2FeO4＜K2FeO4 D．高铁酸盐具有强氧化性可用于杀菌消毒，同时产生Fe（OH）3胶体具备絮凝净化功能 二、非选择题（本大题共4小题，共40分） 26．（10分）符号表征是自然科学学习的重要方式，根据如图（NaCl固体在水中的溶解和形成水合离子示意图）请用化学符号回答相关问题： （1）用电子式表示NaCl的形成过程：　 　。 （2）氯化钠在水溶液中的电离方程式：　 　。 （3）Cl的结构示意图：　 　。 （4）请用符号表示水合钠离子：　 　。 （5）氯化钠是氯碱工业的重要原料，以氧化还原为模型思考氯化钠溶液通电后生成NaOH溶液、H2和Cl2的过程，并用方程式表示反应过程：　 　。 27．（8分）如图是部分短周期元素的单质及其化合物（或其溶液）的转化关系。已知B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒；化合物G的焰色试验呈黄色，化合物F通常状况下成气态。请回答下列问题。 （1）D的组成元素在周期表中的位置：　 　；物质C的结构式为：　 　。 （2）写出E与CO2反应的化学方程式：　 　。 （3）标准状况下112mLCO2气体通入1L0.01mol/LG溶液反应，其离子方程式为：　 　。 （4）物质B在一定条件下与物质F发生置换反应，其化学方程式为：　 　。 28．（14分）某种胃药的有效成分为碳酸钙，室温测定其中碳酸钙含量的操作如下（假设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应）； ①配制0.10mol/L稀盐酸和0.10mol/LNaOH溶液； ②向一粒研碎后的药片（0.10g）中加入20.00mL蒸馏水； ③用0.10mol/LNaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积； ④加入25.00mL0.10mol/L稀盐酸 请回答下列问题。 （1）正确的操作顺序是 　 　（填序号）。 （2）研碎药品所选择的仪器是 　 　。 A B C D （3）测定过程中发生反应的离子方程式为 　 　； 　 　。 （4）该测定实验共进行了4次。实验室现有50mL、100mL、250mL3种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶的规格为 　 　。 （5）利用浓盐酸配制0.10mol/L稀盐酸的过程中，下列操作会引起浓度偏高的是 　 　。 A.用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线 B.烧杯和玻璃棒的洗涤液未完全注入容量瓶中 C.定容时俯视容量瓶上的刻度线 D.定容时，添加蒸馏水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的溶液 （6）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下： 测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次 V[NaOH（aq）]mL 13.00 12.95 13.05 13.00 根据该同学的实验数据计算这种药片中碳酸钙的质量分数为 　 　。 29．（8分）【阅读材料】探究性学习小组发现过氧化氢溶液产品外包装有如下注意事项： 1、外用消毒剂，不得口服，置于儿童不易触及处； 2、本品对金属有腐蚀作用，慎用。 3、避免与碱性及还原性物质混合。 4、对本品主要有效成分过敏者禁用。 5、本品用于空气消毒时，应在无人条件下进行 请回答下列问题： Ⅰ、回答与H2O2性质相关的问题 （1）通过材料阅读可以获取过氧化氢可能具有的性质是 　 　。 A.不稳定性 B.氧化性 C.还原性 D.酸性 （2）H2O2的性质探究：向酸化的CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）液，继续加入H2O2溶液，红色浑浊液又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是 　 　。 A.Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B.H2O2既表现氧化性又表现还原性 C.Cu2+将H2O2还原为O2 D.红色浑浊变为蓝色溶液可表示为：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O Ⅱ、H2O2的性质与浓度密切相关，实验室常用酸性高锰酸钾测定过氧化氢的浓度。测定之前，先用0.1000mol/LNa2C2O4溶液准确标定新制高锰酸钾溶液的浓度，然后再用高锰酸钾溶液测定H2O2的浓度。 已知：①20.00mL未知浓度的高锰酸钾溶液恰好消耗了25.00mL0.1000mol/LNa2C2O4溶液。 ②20.00mL某浓度H2O2溶液标定过程中消耗高锰酸钾溶液体积为16.00mL。 ③常见消毒对象使用H2O2溶液浓度如表所示： 消毒对象 纺织品 餐具 器械 空气 使用浓度（质量分数） 0.25%﹣0.5% 0.5%﹣1.0% 1.0% 1.2%﹣1.8% ④稀H2O2溶液密度可近似为1g•cm﹣3。 ⑤Na2C2O4溶液与酸性高锰酸钾溶液反应离子方程式：5C2216H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O。 （1）请写出酸性高锰酸钾氧化过氧化氢的离子方程式：　 　（酸性条件下高锰酸钾对应的还原产物为Mn2+。 （2）上述过氧化氢溶液可以直接使用的消毒对象为：　 　。 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共25小题，其中8、9、10、15、16、17、22、23、24、25为3分题。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1．（2分）联合国《化学品分类及标记全球协调制度》（简称GHS）中的标准符号被我国国家标准（GB13690﹣2009）采用，以方便化学品的贸易与运输。以下GHS标准符号与示意不匹配的是（　　） 易燃类物质 氧化性物质 放射性物质 腐蚀类物质 A B C D A．A B．B C．C D．D 【分析】根据题给图示，结合有关危险品标准进行分析。 【解答】解：A．图对应的示意是易燃类物质，故A正确； B．图对应的示意是氧化性物质，故B正确； C．图对应的是爆炸类物质，而不是放射性物质，故C错误； D．图对应的是腐蚀类物质，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查了物质的分类，熟悉相关危险品标志含义是解答的关键，题目难度不大。 2．（2分）下列与实验有关的图标对应不正确的是（　　） 护目镜 排风 热烫 洗手 A B C D A．A B．B C．C D．D 【分析】依据题中图标含义及题目要求进行分析解答。 【解答】解：A．进行化学实验，需要保护眼睛，带好护目镜，图示标志为护目镜，故A正确； B．图示标志为排风，制备或者使用有毒气体，应注意排风，故B正确； C．实验中会用到明火，为安全起见，应注意正确使用酒精灯，防止发生明火引起的实验事故，图示标志为注意明火，不是热烫标志，故C错误； D．图示为洗手标志，实验结束后，应注意用肥皂等清洗双手，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查了实验安全常识，熟悉相关标志含义，明确实验操作方法是解题关键，题目简单。 3．（2分）常温下NaHCO3能与NaOH溶液反应，过程中NaHCO3体现的性质是（　　） A．不稳定性 B．还原性 C．碱性 D．酸性 【分析】常温下NaHCO3能与NaOH溶液反应的化学方程式为NaHCO3+NaOH ＝ Na2CO3+H2O，该反应的实质是OH﹣H2O。NaHCO3在反应中提供H+（以形式）与OH﹣结合生成水，根据酸碱反应中能提供H+的物质表现酸性的原理，NaHCO3体现了酸性。 【解答】解：常温下NaHCO3能与NaOH溶液反应的化学方程式为NaHCO3+NaOH ＝ Na2CO3+H2O，该反应的实质是OH﹣H2O。NaHCO3在反应中提供H+（以形式）与OH﹣结合生成水，根据酸碱反应中能提供H+的物质表现酸性的原理，NaHCO3体现了酸性。该反应过程中没有元素化合价的变化，不涉及稳定性和还原性，也不是体现碱性， 故选：D。 【点评】本题主要考查钠盐的重要性质﹣碳酸氢钠和氢氧化钠反应的实质以及碳酸氢钠的作用。 4．（2分）下列二氧化碳相关化学符号表示不正确的是（　　） 分子式 电子式 结构式 分子结构模型 CO2 O＝C＝O A B C D A．A B．B C．C D．D 【分析】A．二氧化碳的分子式为CO2； B．二氧化碳的电子式为； C．二氧化碳的结构式为O＝C＝O； D．二氧化碳的分子结构模型为。 【解答】解：A．二氧化碳的分子式为CO2，故A正确； B．二氧化碳的电子式为，故B错误； C．二氧化碳的结构式为O＝C＝O，故C正确； D．二氧化碳的分子结构模型为，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查了化学用语的知识，题目难度不大，掌握基础知识是解答的关键。 【阅读材料】HClO不稳定，难以保存，使用起来很不方便。将Cl2通入NaOH溶液中，可以得到以NaClO为有效成分的漂白液。NaClO虽然也会分解，但它的水溶液在低温下存放三年才分解一半左右，比HClO稳定得多。请回答5﹣10题。 5．下列关于氯元素的说法不正确的是（　　） A．氯元素在自然界中主要以游离态存在 B．氯气是一种有刺激性的有毒气体 C．液氯中含有大量的氯气分子 D．液氯一般用钢瓶储存 【分析】A．氯气性质很活泼，在自然界中以化合态存在； B．氯气是一种有刺激性的有毒气体； C．液氯为氯气的液态； D．液氯与铁常温下不反应。 【解答】解：A．氯气性质很活泼，在自然界中以化合态存在，少量氯气可在实验室制备，故A错误； B．氯气是一种有刺激性的有毒气体，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，故B正确； C．液氯为氯气的液态，含有大量的氯气分子，故C正确； D．液氯与铁常温下不反应，液氯一般用钢瓶储存，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查氯气的存在及性质，为高频考点，把握元素的存在形式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。 6．等物质的量浓度的下列稀溶液中，ClO离子浓度最大的是（　　） A．NaClO B．HClO C．Ca（ClO）2 D．氯水 【分析】根据盐的浓度先判断能电离出来的次氯酸根离子浓度的大小，再根据离子水解的影响因素来确定次氯酸根浓度的大小，次氯酸为弱酸存在电离平衡，氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，据此分析判断。 【解答】解：NaClO和Ca（ClO）2中ClO﹣离子浓度大于氯水和HClO溶液中次氯酸根离子浓度，其中Ca（ClO）2中ClO﹣离子浓度大于NaClO，则ClO﹣离子浓度最大的是Ca（ClO）2， 故选：C。 【点评】本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质和盐类水解的发消息判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 7．饱和氯水溶液中存在多种微粒，微粒间作用力不包括（　　） A．分子间作用力 B．非极性键 C．极性键 D．离子键 【分析】新制氯水中存在一个反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，2个电离平衡：H2O⇌H++OH﹣，HClO⇌H++ClO﹣，HCl完全电离生成H+和Cl﹣，据此分析。 【解答】解：新制氯水中存在一个反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，2个电离平衡：H2O⇌H++OH﹣，HClO⇌H++ClO﹣，HCl完全电离为H+和Cl﹣，所以含有的微粒为Cl2、HClO、H2O、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，微粒间作用力有分子间作用力、非极性键（Cl2分子内）、极性键（HClO、H2O分子内），不包括离子键，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气与水的反应，明确氯水中含有的微粒及其性质是解题关键，题目难度不大，侧重考查学生对基础知识掌握的熟练程度。 8．下列关于氯水溶液中微粒的结构与性质，说法不正确的是（　　） A．HClO分子中各原子均满足8电子稳定结构 B．HClO分解的过程中，既体现氧化性又体现还原性 C．因氯水中存在一定量Cl2分子，则溶液呈淡黄绿色 D．增强氯水溶液的碱性，有利于提升溶液的稳定性 【分析】A．H原子不满足8电子稳定结构； B．HClO的分解，氯元素的化合价降低，氧元素的化合价升高； C．氯水成分中，只有氯气为黄绿色； D．次氯酸不稳定，增强氯水溶液的碱性，次氯酸根离子浓度增大。 【解答】解：A．H原子不满足8电子稳定结构，满足2电子稳定结构，故A错误； B．HClO的分解，氯元素的化合价降低，氧元素的化合价升高，既体现了氧化性又体现了还原性，故B正确； C．氯水成分中，只有氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，故C正确； D．次氯酸不稳定，增强氯水溶液的碱性，次氯酸根离子浓度增大，有利于提升溶液的稳定性，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气与水的反应，明确氯水中含有的微粒及其性质是解题关键，题目难度不大，侧重考查学生对基础知识掌握的熟练程度。 9．某温度下，将Cl2通入一定浓度NaOH溶液中，若反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，经测定ClO与Cl的物质的量之比约为1：8，则Cl2与NaOH溶液反应时，被氧化的氯原子和被还原的氯原子的个数比为（　　） A．5：7 B．3：10 C．1：1 D．7：5 【分析】测定ClO﹣与Cl﹣的浓度之比为1：8，设物质的量分别为1mol、8mol，设生成NaClO3为x，结合电子守恒计算。 【解答】解：Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，Cl元素的化合价由0升高为+1、+5价，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，测定ClO﹣与Cl﹣的浓度之比为1：8，设物质的量分别为1mol、8mol，设生成NaClO3为x，由电子守恒可知，8mol×（1﹣0）＝1mol×（1﹣0）+x×（5﹣0），解得x＝1.4mol，反应时被氧化的氯原子和被还原的氯的物质的量之比为（1mol+1.4mol）：8mol＝3：10，故B正确； 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。 10．光照过程中氯水的pH、氯水中氯离子的浓度、广口瓶中氧气的体积分数的变化，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．溶液pH降低的原因是光照条件下HClO电离产生了更多的H+ B．随着氯离子浓度不断增加，溶液漂白能力逐渐减弱 C．随着氧气的体积分数不断增加，溶液氧化性逐渐增强 D．综合图像分析氯水光照过程中反应的离子方程式为：H2O+ClO﹣═Cl﹣+O2↑+2H+ 【分析】A．次氯酸见光分解生成盐酸和氧气； B．次氯酸具有漂白性，随着次氯酸分解，溶液中氯离子浓度增大； C．随着氧气的体积分数不断增加，溶液中次氯酸浓度减小，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡正向进行； D．氯水光照过程中次氯酸见光分解生成盐酸和氧气。 【解答】解：A．溶液pH降低的原因是光照条件下HClO分解生成盐酸和氧气，溶液中产生了更多的H+，故A错误； B．随着氯离子浓度不断增加，溶液中次氯酸浓度减小，溶液漂白能力逐渐减弱，故B正确； C．随着氧气的体积分数不断增加，溶液中次氯酸浓度减小，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡正向进行，溶液的氧化性逐渐减弱，故C错误； D．综合图像分析氯水光照过程中反应的离子方程式为：2HClO2H++2Cl﹣+O2↑，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查氯元素及其化合物的性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确元素化合物的性质、光照条件下发生的反应是解本题关键，题目难度不大。 【阅读材料】纯碱是一种重要的化工原料，早期人们从草木灰中提取碳酸钾，后来又从盐碱地和盐湖等天然资源中获取碳酸钠，但天然碱的产量和纯度，远不能满足化工生产和人们日常生活的需求。Na2CO3的工业制法，历史上经历了3个阶段： Ⅰ.路布兰法（N.Leblanc）：主要原料包括食盐、硫酸、石灰石和煤粉。 Ⅱ.索尔维法（E.Solvay）：以食盐、石灰石和氨为原料。简化工艺流程如图所示。 Ⅲ.侯氏联碱法：该法最大的特点是滤去NaHCO3晶体后的母液含有大量NH4Cl的NaHCO3，向其中加入食盐使母液中的NH4Cl结晶出来作为氮肥，并将最后留下含有NaCl的母液循环使用，从而把食盐的利用率从原来的70%提高到98%。请回答11﹣17题。 11．齐国的工艺官书《考工记》中载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳高温分解形成的灰）混合加水所得液体来洗涤丝帛。下列说法错误的是（　　） A．草木灰的主要成分碳酸钾可用作钾肥 B．“蜃”的主要成分属于难溶性的盐 C．“灰”和“蜃”混合加水所得溶液中含有KOH D．“蜃”加水混合后会发生化合反应 【分析】A．草木灰的主要成分碳酸钾中含钾元素； B．贝壳高温分解形成的灰的主要成分为氧化钙； C．“灰”和“蜃”混合加水时涉及的反应有：CaO+H2O＝Ca（OH）2，Ca（OH）2+K2CO3＝CaCO3↓+2KOH，即所得溶液中含有KOH； D．“蜃”加水混合时发生反应：CaO+H2O＝Ca（OH）2，以此进行分析解答。 【解答】解：A．草木灰的主要成分碳酸钾中含钾元素，可用作钾肥，故A正确； B．贝壳高温分解形成的灰的主要成分为氧化钙，所以“蜃”的主要成分属于氧化物，故B错误； C．“灰”和“蜃”混合加水时涉及的反应有：CaO+H2O＝Ca（OH）2，Ca（OH）2+K2CO3＝CaCO3↓+2KOH，即所得溶液中含有KOH，故C正确； D．“蜃”加水混合时发生反应：CaO+H2O＝Ca（OH）2，该反应为化合反应，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查了物质的性质和用途，题目难度不大，掌握基础知识，结合题给信息是解答该题的关键。 12．路布兰制碱法。其化学反应过程如下： ①固体食盐与硫酸反应生成硫酸钠和氯化氢：2NaCl（s）+H2SO4Na2SO4+2HCl（g） ②硫酸钠、石灰石和煤粉煅烧生成纯碱和硫化钙：Na2SO4+2C+CaCO32Na2CO3+CaS+2CO2 ③硫化钙、二氧化碳和水发应生成碳酸钙和硫化氢：CaS+CO2+H2O＝CaCO3+H2S ④硫化氢被氧化生成硫酸，硫酸可以循环使用：H2S+2O2＝H2SO4 下列有关说法正确的是（　　） A．反应①用饱和食盐水与硫酸反应有利于制备HCl气体 B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 C．反应③生成的H2S在常温下是气体，属于非电解质 D．反应④用H2O2替代O2生成相同质量的H2SO4，理论上转移电子数不变 【分析】A．氯化氢气体极易溶于水； B．Na2SO4+2C+CaCO32Na2CO3+CaS+2CO2，反应中硫元素化合价+6价降低到﹣2价，做氧化剂，C化合价0价升高到+4价； C．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质； D．H2S+2O2＝H2SO4，用H2O2替代O2反应的化学方程式H2S+4H2O2＝4H2O+H2SO4。 【解答】解：A．氯化氢气体极易溶于水，反应①用饱和食盐水与硫酸反应，不利于放出HCl气体，故A错误； B．Na2SO4+2C+CaCO32Na2CO3+CaS+2CO2，反应中硫元素化合价+6价降低到﹣2价，做氧化剂，C化合价0价升高到+4价，反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误； C．反应③生成的H2S在常温下是气体，溶于水导电，属于电解质，故C错误； D．H2S+2O2＝H2SO4，生成1mol硫酸电子转移8mol，用H2O2替代O2反应的化学方程式H2S+4H2O2＝4H2O+H2SO4，生成1mol硫酸的转移8mol，理论上转移电子数不变，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了物质制备的过程分析、氧化还原反应的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 13．利用如图所示装置模拟索尔维法制备碳酸氢钠，进而制得碳酸钠。下列有关装置和仪器的表述不正确的是（　　） A．装置a的作用是防止外界水蒸气进入C装置 B．装置B的作用是除去CO2中混有的HCl气体 C．装置C中仪器b的作用是控制气体的流速和防止倒吸 D．装置D中止水夹K2先打开一段时间，再打开K1 【分析】利用装置A制备二氧化碳气体，通过装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，利用装置D制备氨气，通过分液漏斗进入三颈烧瓶，分液漏斗的主要作用是平衡压强，防止倒吸，制备过程中是向三颈烧瓶中先通入氨气，再通入二氧化碳气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，灼烧碳酸氢钠得到纯碱，反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，据此分析判断。 【解答】解：A．装置a的作用不是防止外界水蒸气进入C装置，是防止二氧化碳进入，故A错误； B．装置B的作用是除去CO2中混有的HCl气体，防止干扰生成碳酸氢钠晶体反应，故B正确； C．装置C中仪器b的作用是平衡压强，控制气体的流速和防止倒吸的转移，故C正确； D．氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度不大，制备过程中是向三颈烧瓶中先通入氨气，再通入二氧化碳气体，装置D中止水夹K2先打开一段时间，再打开K1，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了碳酸氢钠晶体制备过程的分析判断，注意物质性质的理解应用，题目难度中等。 14．如题图所示模拟索尔维法制备碳酸氢钠。下列有关说法正确的是（　　） A．装置A中盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗 B．装置B用饱和Na2CO3溶液，除杂效果更好 C．装置C中反应方程式为：2NaCl+CO2+2NH3+H2O═Na2CO3↓+2NH4Cl D．装置D中氧化钙可以由苛性钠或浓硫酸替代 【分析】A．盛装稀盐酸的仪器是分液漏斗； B．饱和Na2CO3溶液能和二氧化碳气体反应； C．装置C中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵； D．浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶剂放热，促进一水合氨分解生成氨气，浓氨水和浓硫酸反应生成硫酸铵。 【解答】解：A．装置A中盛装稀盐酸的仪器名称为分液漏斗，故A正确； B．装置B用饱和Na2CO3溶液，会和二氧化碳反应，故B错误； C．装置C中反应方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，故C错误； D．装置D中氧化钙可以由苛性钠替代，但不能用浓硫酸替代，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了物质制备过程的分析判断，主要是实验过程的理解应用，题目难度中等。 15．我国科学家侯德榜以氯化钠、氨及二氧化碳为原料，同时生产纯碱和氯化铵两种产品，对世界制碱工业做出了卓越贡献，工艺流程如图1所示；图2为NH4Cl和NaCl溶解度随温度变化情况。 下列相关说法不正确的是（　　） A．煅烧炉中主要发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B．经过沉淀池获取的母液中几乎不含有NaHCO3 C．循环Ⅰ的主要物质是CO2 D．母液加入食盐细粉后选择低温结晶有利于副产品NH4Cl的获取 【分析】合成氨厂得到氨气和副产品二氧化碳在沉淀池中依次加入饱和食盐水，通入铵、二氧化碳发生反应NH3+CO2+NaCl+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到碳酸氢钠晶体灼烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其中二氧化碳可以循环利用，母液中通入氨气，加入食盐粉末，促进氯化铵晶体析出，滤液中氯化钠可以循环利用，据此分析判断。 【解答】解：A．煅烧炉中主要发生的反应是碳酸氢钠受热分解，反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故A正确； B．经过沉淀池获取的母液是饱和溶液，溶液中含有NaHCO3，故B错误； C．循环Ⅰ的主要物质是碳酸氢钠受热分解生成的CO2，故C正确； D．母液加入食盐细粉后增大了溶液中钠离子浓度，铜温度下氯化铵溶解度大于氯化钠，选择低温结晶有利于副产品NH4Cl的获取，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查了侯氏制碱法的原料、原理等知识，有利于基础知识的巩固，充分的展示了化学知识的方方面面，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 16．制碱原材料饱和食盐水的纯度对产品纯度有很大的影响。从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质（主要有Na2SO4、MgCl2、CaCl2）和不溶性杂质（泥沙）等，必须进行分离和提纯后才能用于制碱，粗盐提纯的部分流程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．操作Ⅰ、Ⅱ均需要用到的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒 B．a为含Ba2+的可溶性盐或碱，溶液b为含的可溶性盐，且a与b顺序不能调换 C．室温下，加入适量c的过程中只发生了反应H++OH﹣＝H2O D．沉淀的成分为：BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3、泥沙等 【分析】从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质（主要有Na2SO4、MgCl2、CaCl2）和不溶性杂质（泥沙）等，加入水溶解后，先加入过量的溶液a为BaCl2溶液，除去硫酸根离子，再加入过量的NaOH溶液除去镁离子，继续加入过量的b溶液为Na2CO3溶液，除去钙离子和过量的钡离子，过滤操作分离得到固体沉淀和溶液，滤液中加入适量的试剂c为稀盐酸，除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，溶液蒸发溶剂结晶析出氯化钠，烘干得到精盐，据此分析判断。 【解答】解：A．操作Ⅰ是过滤，需要烧杯和玻璃棒，操作Ⅱ是蒸发结晶，需要用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒，故A错误； B．a为含Ba2+的可溶性盐酸盐或碱，溶液b为含的可溶性钠盐，且a与b顺序不能调换，否则会引入其它杂质，故B错误； C．室温下，加入适量c的过程中发生了反应：H++OH﹣＝H2O、2H+＝CO2↑+H2O，故C错误； D．分析可知，沉淀的成分为：BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3、泥沙等，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了混合物的分离提纯过程分析判断，主要是试剂的添加顺序和作用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 17．现加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合固体使碳酸氢钠完全分解，固体质量变为9.69g，则原混合固体中碳酸钠的质量分数为（　　） A．16.8% B．93.8% C．83.2% D．91.6% 【分析】加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠完全分解，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，利用差量法计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠质量分数。 【解答】解：设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 质量减少△m 2×84                                62 x                             10.0g﹣9.69g＝0.31g （2×84）：62＝x：0.31g，解得x＝0.84g，所以m（Na2CO3）＝10.0g﹣0.84g＝9.16g，故碳酸钠的质量分数100%＝91.6%， 故选：D。 【点评】本题考查钠的重要化合物、有关混合物反应的计算，利用差量法简化计算过程，试题培养了学生分析计算能力、灵活运用知识的能力，题目难度不大。 【阅读材料】有关铁及其化合物的价类二维关系，如图所示：回答18﹣25题。 18．下列物质转化不能一步实现的是（　　） A．Fe→FeCl3 B．Fe→FeCl2 C．Fe→Fe3O4 D．Fe→Fe（OH）2 【分析】A．铁和氯气反应生成FeCl3； B．铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁； C．Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4； D．铁与碱不反应。 【解答】解：A．铁和氯气反应生成FeCl3，物质在一定条件下能一步转化，故A正确； B．铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，物质在一定条件下能一步转化，故B正确； C．Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，物质在一定条件下能一步转化，故C正确； D．铁与碱不反应，Fe→Fe（OH）2不能一步实现，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关金属单质及其化合物的性质是解题关键，题目难度不大。 19．下列说法不正确的是（　　） A．氯化铁溶液有酸性，可用于刻蚀电路板 B．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C．氢氧化铝具有弱碱性，可用于抗酸药物 D．钠钾合金熔点低且熔沸点差距大，可用作核反应堆的传热介质 【分析】A．FeCl3具有较强氧化性，能溶解金属Cu； B．铁粉容易跟空气中的O2反应，从而表现出还原性； C．氢氧化铝能和盐酸发生中和反应； D．钠钾合金熔点低且熔沸点差距大，具有良好的导热性。 【解答】解：A．FeCl3具有较强氧化性，能溶解金属Cu，可用于刻蚀电路板，与FeCl3溶液显酸性无关，故A错误； B．铁粉容易跟空气中的O2反应，从而表现出还原性，可以作抗氧化剂，故B正确； C．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应消耗盐酸，则氢氧化铝可用于抗酸药物，故C正确； D．钠钾合金熔点低且熔沸点差距大，具有良好的导热性，可用作核反应堆的传热介质，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。 20．杜甫诗句中“朱门酒肉臭，路有冻死骨”这里的“朱门”是指涂有（　　）的门。 A．FeCl3 B．Fe2O3 C．Fe（OH）3 D．Fe3O4 【分析】朱门中红色涂料的主要成分是Fe2O3为氧化铁。 【解答】解：A．FeCl3固体为棕红色，故A错误； B．Fe2O3固体为红色，常用作红色涂料，故B正确； C．Fe（OH）3固体为红褐色，故C错误； D．四氧化三铁为黑色，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了化学与传统文化的关系，明确诗句的含义，熟悉相关物质的颜色是解题关键，题目难度不大。 21．把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（　　） A．2：3 B．2：5 C．1：1 D．5：2 【分析】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，由离子方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可知n（Fe2+）＝2mol3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+物质的量浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，据此分析。 【解答】解：设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，由离子方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可知n（Fe2+）＝2mol3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+物质的量浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：3mol＝2：3，故A正确； 故选：A。 【点评】本题考查铁及其化合物的性质和氧化还原反应的计算，侧重考查学生对氧化还原反应计算的掌握情况，试题难度中等。 22．有铁的氧化物样品，用300mL5mol•L﹣1的盐酸恰好使其完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下氯气3.36L，使其中的Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（　　） A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe5O7 D．Fe4O5 【分析】氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）＝n（H2O）n（HCl），所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯离子是可知n（FeCl3）＝n（FeCl3）[n（HCl）+2n（Cl2）]，再根据Fe、O原子数目之比确定氧化物化学式。 【解答】解：氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）＝n（H2O）n（HCl）0.3L×5mol•L﹣1＝0.75mol，所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯原子是可知n（FeCl3）[n（HCl）+2n（Cl2）（0.3L×5mol/L+2）＝0.6mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）＝0.6mol：0.75mol＝4：5，该氧化物的化学式为Fe4O5， 故选：D。 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，利用守恒法计算解答。 23．下列离子方程式中，不正确的是（　　） A．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+═Fe2++H2↑ B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+═Fe2++H2O C．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+ D．向氯化亚铁溶液中滴加双氧水：Fe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O 【分析】A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气； B．氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水； C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁； D．电荷不守恒。 【解答】解：A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故A正确； B．氧化亚铁与稀盐酸反应的离子方程式为：FeO+2H+＝Fe2++H2O，故B正确； C．氯化铁溶液与铜反应离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C正确； D．双氧水具有氧化性，氯化亚铁溶液中的亚铁离子具有还原性，酸性条件下二者能发生氧化还原反应：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意离子反应必须遵循客观事实，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。 24．探究性学习小组利用如图所示方案制备Fe（OH）2沉淀。下列说法不正确的是（　　） A．①装置中可能发生反应：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3 B．②装置中苯的作用是隔绝空气中的氧气 C．③装置中长滴管的作用是防止滴入NaOH溶液时将空气中氧气带入FeSO4溶液 D．④装置开始反应时应打开止水夹a，一段时间后再关闭止水夹a 【分析】A．①装置中，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液混合，会先发生反应Fe2++2OH﹣＝ Fe（OH）2↓，生成白色的氢氧化亚铁沉淀，由于氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化，Fe（OH）2被氧化的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，将其拆分为离子方程式，综合起来可能发生反应4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3； B．苯密度比水小，在硫酸亚铁溶液的上层，可以起到隔离空气的作用； C．Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3，所以该实验中能防止加碱过程中带入空气，从而能防止氢氧化亚铁被氧化； D．制备少量氢氧化亚铁，先打开止水夹a，则发生反应：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，H2排空装置中的空气，一段时间后再关闭止水夹，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生反应：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，且整个体系处于H2的还原性氛围中。 【解答】解：A．①装置中，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液混合，会先发生反应Fe2++2OH﹣＝ Fe（OH）2↓，生成白色的氢氧化亚铁沉淀，由于氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化，Fe（OH）2被氧化的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，将其拆分为离子方程式，综合起来可能发生反应4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故A正确； B．苯密度比水小，在硫酸亚铁溶液的上层，可以起到隔离空气的作用，故B正确； C．Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3，所以该实验中能防止加碱过程中带入空气，从而能防止氢氧化亚铁被氧化，而不是防止滴入NaOH溶液时将空气中氧气带入FeSO4溶液，故C错误； D．制备少量氢氧化亚铁，先打开止水夹a，则发生反应：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，H2排空装置中的空气，一段时间后再关闭止水夹，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生反应：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，且整个体系处于H2的还原性氛围中，能够防止氢氧化亚铁被氧化，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查了氢氧化亚铁的制备，题目难度不大，掌握亚铁的性质、结合题给实验图是解答该题的关键。 25．高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe（OH）3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．红热的铁屑与干燥的氯气发生反应Ⅰ时，铁屑过量会生成FeCl3和FeCl2的混合物 B．在水溶液中，发生反应Ⅱ的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe3++5H2O═23Cl﹣+10H+ C．根据制备流程可知，高铁酸盐在水中的溶解度：Na2FeO4＜K2FeO4 D．高铁酸盐具有强氧化性可用于杀菌消毒，同时产生Fe（OH）3胶体具备絮凝净化功能 【分析】铁与氯气发生反应Ⅰ生成FeCl3，加入NaClO、NaOH发生反应Ⅱ，在碱性条件下NaClO将铁离子氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答此题。 【解答】解：A．氯气的氧化性较强，无论铁屑是否过量，在干燥的氯气中发生反应Ⅰ时只生成FeCl3，故A错误； B．根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知反应Ⅱ的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═23Cl﹣+5H2O，故B错误； C．化学反应总是由易溶的向难溶性物质转化，向Na2FeO4溶液中加入KOH饱和溶液，反应产生K2FeO4和NaOH，说明物质的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，故C错误； D．K2FeO4具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化使其发生变性而失去生理活性，因此可以用K2FeO4对饮用水杀菌消毒，K2FeO4得到电子被还原产生的Fe3+发生水解反应产生Fe（OH）3胶体，该胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，故产生的Fe（OH）3胶体可以吸附杂质而净化水，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。 二、非选择题（本大题共4小题，共40分） 26．（10分）符号表征是自然科学学习的重要方式，根据如图（NaCl固体在水中的溶解和形成水合离子示意图）请用化学符号回答相关问题： （1）用电子式表示NaCl的形成过程：　　。 （2）氯化钠在水溶液中的电离方程式：　NaCl＝Na++Cl﹣　。 （3）Cl的结构示意图：　　。 （4）请用符号表示水合钠离子：　[Na（H2O）5]+或[Na（H2O）n]+　。 （5）氯化钠是氯碱工业的重要原料，以氧化还原为模型思考氯化钠溶液通电后生成NaOH溶液、H2和Cl2的过程，并用方程式表示反应过程：　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑　。 【分析】（1）氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合； （2）氯化钠为 强电解质，水溶液中完全电离； （3）氯原子核外有3个电子层，从内到外依次容纳电子数为：2，8，7； （4）钠离子在水中结合水分子形成水合钠离子； （5）电解氯化钠溶液得到氢气、氯气和水。 【解答】解：（1）氯化钠是离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程：， 故答案为：； （2）氯化钠为 强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：NaCl＝Na++Cl﹣， 故答案为：NaCl＝Na++Cl﹣； （3）氯原子核外有3个电子层，从内到外依次容纳电子数为：2，8，7，原子结构示意图， 故答案为：； （4）钠离子在水中结合水分子形成水合钠离子，离子符号为：[Na（H2O）5]+或[Na（H2O）n]+， 故答案为：[Na（H2O）5]+或[Na（H2O）n]+； （5）电解氯化钠溶液得到氢气、氯气和水，电解离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑， 故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑。 【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及物质的性质及化学用语的使用，明确相关物质结构组成，明确相关化学用语使用方法和注意事项是解题关键，题目难度中等。 27．（8分）如图是部分短周期元素的单质及其化合物（或其溶液）的转化关系。已知B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒；化合物G的焰色试验呈黄色，化合物F通常状况下成气态。请回答下列问题。 （1）D的组成元素在周期表中的位置：　第三周期ⅦA族　；物质C的结构式为：　H—H　。 （2）写出E与CO2反应的化学方程式：　2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2　。 （3）标准状况下112mLCO2气体通入1L0.01mol/LG溶液反应，其离子方程式为：　H2O+CO2＝2　。 （4）物质B在一定条件下与物质F发生置换反应，其化学方程式为：　O2+4HCl2Cl2+2H2O　。 【分析】化合物G的焰色试验呈黄色，则G含有Na元素，E能与二氧化碳反应得到G与气体单质B，可推知E为Na2O2、B为O2、G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到E（过氧化钠），则A可为Na，G（Na2CO3）与F反应得到CO2，化合物F通常状况下呈气态且由非金属单质气体C与D在光照条件下得到，则F属于酸，可知F为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，而D常用于自来水的杀菌、消毒，故D为Cl2，则C为H2。 【解答】解：（1）由分析可知，D为Cl2，组成元素Cl在周期表中的位置是第三周期ⅦA族；C为H2，其结构式为H—H， 故答案为：第三周期ⅦA族；H—H； （2）E是过氧化钠，与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2， 故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2； （3）将CO2通入G（碳酸钠）溶液中，反应离子方程式为H2O+CO2＝2， 故答案为：H2O+CO2＝2； （4）B为O2，F为HCl，二者在一定条件下发生置换反应，该反应方程式为O2+4HCl2Cl2+2H2O， 故答案为：O2+4HCl2Cl2+2H2O。 【点评】本题考查无机物推断，涉及Na、Cl元素单质化合物性质，物质的状态、焰色反应及转化中特殊反应等是推断突破口，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。 28．（14分）某种胃药的有效成分为碳酸钙，室温测定其中碳酸钙含量的操作如下（假设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应）； ①配制0.10mol/L稀盐酸和0.10mol/LNaOH溶液； ②向一粒研碎后的药片（0.10g）中加入20.00mL蒸馏水； ③用0.10mol/LNaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积； ④加入25.00mL0.10mol/L稀盐酸 请回答下列问题。 （1）正确的操作顺序是 　①②④③或②①④③　（填序号）。 （2）研碎药品所选择的仪器是 　B　。 A B C D （3）测定过程中发生反应的离子方程式为 　CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑　； 　H++OH﹣＝H2O　。 （4）该测定实验共进行了4次。实验室现有50mL、100mL、250mL3种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶的规格为 　250mL　。 （5）利用浓盐酸配制0.10mol/L稀盐酸的过程中，下列操作会引起浓度偏高的是 　C　。 A.用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线 B.烧杯和玻璃棒的洗涤液未完全注入容量瓶中 C.定容时俯视容量瓶上的刻度线 D.定容时，添加蒸馏水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的溶液 （6）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下： 测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次 V[NaOH（aq）]mL 13.00 12.95 13.05 13.00 根据该同学的实验数据计算这种药片中碳酸钙的质量分数为 　60%　。 【分析】某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作方法是：取一定质量的药品加入水中，然后向其中加入过量的一定体积、一定物质的量浓度的盐酸，发生反应：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，然后用NaOH溶液滴定过量的盐酸，发生反应：H++OH﹣＝H2O，根据消耗NaOH的浓度和体积计算过量盐酸的物质的量，然后计算与碳酸钙反应消耗的盐酸的物质的量，进而可得胃药的含量；溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变；在配制物质的量浓度的溶液时，选择仪器的标准为大而近，根据配制溶液的标准确定使用的仪器，利用操作对配制溶液的溶质的物质的量及溶液体积的影响分析实验误差， （1）配制溶液，溶解样品，加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙，剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定； （2）固体在研钵中研磨； （3）实验过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸是盐生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水； （4）每次取用25.00mL盐酸，次需75 mL，因实验操作过程中需润洗滴定管、调液面、赶气泡等消耗HCl，故需用量要大于100mL； （5）根据操作对溶液体积和溶质的影响分析； （6）盐酸与氢氧化钠溶液浓度相等，计算4次消耗氢氧化钠溶液体积的平均值，即为与碳酸钙反应后剩余盐酸体积，可得与碳酸钙反应盐酸体积，计算碳酸钙的物质的量，进而计算碳酸钙质量分数。 【解答】解：（1）配制溶液时，先溶解样品，加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙，剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定，测定过程的正确操作顺序为①配制0.10mol/L稀盐酸和0.100mol/L氢氧化钠溶液、②向一粒研碎后的药片（质量为0.10g），加入20.00mL蒸馏水；④加入25.00mL0.100mol/L稀盐酸、③以酚酞为指示剂，用0.100mol/L氢氧化钠溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积，①②可以互换， 故答案为：①②④③或②①④③； （2）研碎药品所选择的仪器是研钵，选B， 故答案为：B； （3）在测定过程中发生反应的离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑、H++OH﹣＝H2O， 故答案为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；H++OH﹣＝H2O； （4）每次取用25.00mL盐酸，3次需75 mL，因实验操作过程中需润洗滴定管、调液面、赶气泡等消耗HCl，故需用量要大于75 mL，选择容量瓶250mL， 故答案为：250mL； （5）A．用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，量取溶液体积减少，测得结果偏低，故A错误； B．烧杯和玻璃棒的洗涤液未完全注入容量瓶中，溶质减少，测得结构偏低，故B错误； C．定容时俯视容量瓶上的刻度线，水未加到刻度线，溶液浓度偏高，故C正确； D．定容时，添加蒸馏水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的溶液，溶液浓度偏低，故D错误； 故答案为：C； （6）平均耗NaOH溶液体积mL＝13.00mL，盐酸与氢氧化钠溶液浓度相等，则与碳酸钙反应后剩余盐酸体积为13.00mL，故与CaCO3反应的盐酸的体积为：25.0mL﹣13.00mL＝12.00mL，则每片药剂中CaCO3的质量分数100%＝60.0%， 故答案为：60%。 【点评】本题考查物质含量的测定，关键是对实验原理的理解，侧重分析与实验能力的考查，注意滴定操作及数据处理，题目难度中等。 29．（8分）【阅读材料】探究性学习小组发现过氧化氢溶液产品外包装有如下注意事项： 1、外用消毒剂，不得口服，置于儿童不易触及处； 2、本品对金属有腐蚀作用，慎用。 3、避免与碱性及还原性物质混合。 4、对本品主要有效成分过敏者禁用。 5、本品用于空气消毒时，应在无人条件下进行 请回答下列问题： Ⅰ、回答与H2O2性质相关的问题 （1）通过材料阅读可以获取过氧化氢可能具有的性质是 　BD　。 A.不稳定性 B.氧化性 C.还原性 D.酸性 （2）H2O2的性质探究：向酸化的CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）液，继续加入H2O2溶液，红色浑浊液又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是 　C　。 A.Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B.H2O2既表现氧化性又表现还原性 C.Cu2+将H2O2还原为O2 D.红色浑浊变为蓝色溶液可表示为：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O Ⅱ、H2O2的性质与浓度密切相关，实验室常用酸性高锰酸钾测定过氧化氢的浓度。测定之前，先用0.1000mol/LNa2C2O4溶液准确标定新制高锰酸钾溶液的浓度，然后再用高锰酸钾溶液测定H2O2的浓度。 已知：①20.00mL未知浓度的高锰酸钾溶液恰好消耗了25.00mL0.1000mol/LNa2C2O4溶液。 ②20.00mL某浓度H2O2溶液标定过程中消耗高锰酸钾溶液体积为16.00mL。 ③常见消毒对象使用H2O2溶液浓度如表所示： 消毒对象 纺织品 餐具 器械 空气 使用浓度（质量分数） 0.25%﹣0.5% 0.5%﹣1.0% 1.0% 1.2%﹣1.8% ④稀H2O2溶液密度可近似为1g•cm﹣3。 ⑤Na2C2O4溶液与酸性高锰酸钾溶液反应离子方程式：5C2216H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O。 （1）请写出酸性高锰酸钾氧化过氧化氢的离子方程式：　25H2O2+6H+＝Mn2++5O2↑+8H2O　（酸性条件下高锰酸钾对应的还原产物为Mn2+。 （2）上述过氧化氢溶液可以直接使用的消毒对象为：　纺织品　。 【分析】Ⅰ、（1）根据“避免与碱性及还原性物质混合”可知过氧化氢具有氧化性；“对金属有腐蚀作用”说明可能有酸性； （2）A.整个过程中Cu2+先参与反应，最后又生成，质量和化学性质不变，是H2O2分解反应的催化剂； B.开始H2O2将Cu2+还原为Cu2O，体现氧化性；又将Cu2O氧化为Cu2+，体现还原性； C.H2O2分解生成O2，Cu2+是催化剂； D.红色浑浊（Cu2O）变为蓝色溶液（含Cu2+），离子方程式Cu2O+H2O2+4H+＝2Cu2++3H2O符合氧化还原反应规律； Ⅱ、（1）酸性条件下KMnO4对应还原产物为Mn2+，H2O2被氧化为O2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式：25H2O2+6H+＝Mn2++5O2↑+8H2O； （2）5C2216H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O计算KMnO4溶液浓度：n（C2）＝0.025L×0.1000mol/L ＝ 0.0025mol，根据方程式n（）n（C2）；再根据，计算H2O2溶液浓度：n（） ＝ 0.016L×0.05mol/L ＝ 0.0008mol，n（H2O2） n（），c（H2O2）0.1mol/L；1L溶液中m（H2O2） ＝ 0.1mol×34g/mol ＝ 3.4g，1L稀H2O2溶液质量m ＝ 1000cm3×1g/cm3＝1000g，质量分数w100%＝ 0.34%，因此可直接使用的消毒对象为纺织品， 故答案为：纺织品。 【解答】解：Ⅰ、（1）根据材料中“避免与碱性及还原性物质混合”可知过氧化氢具有氧化性；“对金属有腐蚀作用”说明可能有酸性，材料中未体现其不稳定性和还原性， 故选：BD； （2）A.整个过程中Cu2+先参与反应，最后又生成，质量和化学性质不变，是H2O2分解反应的催化剂，故A正确； B.开始H2O2将Cu2+还原为Cu2O，体现氧化性；后来又将Cu2O氧化为Cu2+，体现还原性，故B正确； C.H2O2分解生成O2，Cu2+是催化剂，不是Cu2+将H2O2还原为O2，故C错误； D.红色浑浊（Cu2O）变为蓝色溶液（含Cu2+），离子方程式Cu2O+H2O2+4H+＝2Cu2++3H2O符合氧化还原反应规律，故D正确； 故选：C； Ⅱ、（1）酸性条件下KMnO4对应还原产物为Mn2+，H2O2被氧化为O2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式：25H2O2+6H+＝Mn2++5O2↑+8H2O， 故答案为：25H2O2+6H+＝Mn2++5O2↑+8H2O； （2）5C2216H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O计算KMnO4溶液浓度：n（C2）＝0.025L×0.1000mol/L ＝ 0.0025mol，根据方程式n（）n（C2）＝0.001mol，c（KMnO4）0.05mol/L；再根据25H2O2+6H+＝Mn2++5O2↑+8H2O，计算H2O2溶液浓度：n（） ＝ 0.016L×0.05mol/L ＝ 0.0008mol，n（H2O2） n（）＝ 0.002mol，c（H2O2）0.1mol/L；1L溶液中m（H2O2） ＝ 0.1mol×34g/mol ＝ 3.4g，1L稀H2O2溶液质量m ＝ 1000cm3×1g/cm3＝1000g，质量分数w100%＝ 0.34%，因此可直接使用的消毒对象为纺织品， 故答案为：纺织品。 【点评】本题主要考查双氧水的性质以及离子反应书写，物质的量和物质的量浓度与质量分数的相关计算，本题为综合性较强且难度较大的题型。 学科网（北京）股份有限公司 $$