江苏省南通市如皋市江安高级中学2022-2022学年高一（上）学情检测化学试卷（五）一、解答题（共15小题，满分45分）1．（3分）盛装液氯的容器上所贴的危险化学品标志是（　　）　A．B．C．D．　2．（3分）下列不能达到实验目的是（　　）　A．比较苏打和小苏打的热稳定性B．检查装置的气密性　C．向容量瓶中转移溶液D．证明氨气极易溶于水　3．（3分）对下列有关实验操作和事实解释不正确的是（　　）　A．氯水和SO2使品红溶液褪色及SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同　B．向某溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀不消失该原溶液一定含有SO42﹣　C．用KSCN溶液鉴别FeCl2溶液、FeCl3溶液　D．用氢氟酸雕刻玻璃，是由于氢氟酸能与二氧化硅反应　4．（3分）下列除去杂质的方法错误的是（　　）　A．用蒸馏的方法分离溴和CCl4的混合物　B．除去Cl2中的少量HCl：通入NaOH溶液，收集气体　C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤　D．除去镁中的铝：加足量的NaOH溶液，过滤　5．（3分）下列四个反应中水起的作用与其他不相同的是（　　）①Cl2+H2O　②Na+H2O　③NO2+H2O　④Na2O2+H2O．　A．①B．②C．③D．④　6．（3分）下列关于氯水的叙述正确的是（　　）　A．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色-25-　B．新制氯水中只含Cl2和H2O分子　C．光照氯水有气泡放出，该气体主要是Cl2　D．氯水放置数天后酸性将减弱　7．（3分）下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（　　）　A．CO2通入石灰水B．AlCl3溶液中滴入NaOH溶液　C．硫酸中加入锌粉D．HCl溶液滴入NaHCO3溶液　8．（3分）从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁．下列说法不正确的是（　　）　A．此法的优点之一是原料来源丰富　B．①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2　C．提取镁的过程涉及化合、分解、置换反应　D．第④步电解时，还会产生副产品氯气　9．（3分）某温度下，将氯气通入氢氧化钾溶液中，反应后得到氯化钾、次氯酸钾和氯酸钾的混合溶液，已知被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比是4：1，则溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为（　　）　A．1：3B．10：3C．2：3D．1：2　10．（3分）20世纪末，纳米科技开始为世人所瞩目，以下分散系的分散质粒子与纳米粒子的大小大致相当的是（　　）　A．澄清石灰水B．新制Cu（OH）2的悬浊液　C．NaCl溶于酒精中形成胶体D．食盐水　11．（3分）以下分类正确的是（　　） 单质氧化物酸碱盐AHD水硫酸烧碱胆矾B黄铜NO2盐酸石灰水FeSO4C碘酒一氧化碳磷酸NH3•H2O食盐DH2Fe3O4HNO3纯碱小苏打　A．AB．BC．CD．D　12．（3分）G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的分子式或化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系（未配平）：（1）G→Q十NaCl（2）Y十NaOH→G十Q十H2O（3）Q+H2OX+H2（4）Z十NaOH→Q十X十H2O这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为（　　）-25-　A．QGZYXB．GYQZXC．GYZQXD．ZXGYQ　13．（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42﹣的物质的量为（　　）　A．0.1molB．0.5molC．0.15molD．0.25mol　14．（3分）（2022•永州模拟）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）①无色溶液中：K+、Na+、MnO﹣4、SO2﹣4②pH=11的溶液中：CO2﹣3、Na+、AlO﹣2、NO﹣3③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO﹣3、SO2﹣4、NH+4④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br一⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、H+、SCN﹣、HCO﹣3⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO﹣3、I﹣、Cl﹣．　A．①②B．③⑥C．②④D．⑤⑥　15．（3分）下列叙述正确的是（　　）　A．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强　B．金属阳离子被还原后，一定得到金属的单质　C．能与酸反应的氧化物，不一定是碱性氧化物　D．电离时能生成H+的化合物一定是酸　二、不定项选择题（每小题有一个或两个选项符合题意．）16．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）　A．饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2：CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣　B．氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣　C．过氧化钠投入水中：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑　D．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　17．（3分）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（　　）　A．NH4+B．Mg2+C．Fe2+D．Al3+　18．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）　A．常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合物中含有的原子数为0.3NA　B．1mo1•L﹣1的A1C13溶液中，C1﹣离子的数目为3NA　C．标准状况下，22.4LCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA　D．标准状况下，22.4LSO3所含的分子数目为NA　19．（3分）以下物质间的每步转化通过一步反应就能实现的是（　　）　A．Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2B．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3　C．N2→NO→NO2→HNO3D．S→SO3→H2SO4→MgSO4　20．（3分）右图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法正确的是（　　）-25-　A．该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4mol•L﹣1　B．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%　C．配制200.0mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸50.0mL　D．2.7gAl与足量的该硫酸反应可得到标准状况下的H23.36L　三、解答题（共7小题，满分0分）21．某化学实验小组同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图1所示的实验装置．（1）实验室常选用制CO2的发生装置制SO2，实验室用MnO2跟浓盐酸反应制备Cl2时，应选用上图A、E两发生装置中　_________　装置（填装置序号）制Cl2，通过　_________　（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸，反应离子方程式为　_________　．（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪去，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B：　_________　，D：　_________　．（3）甲乙两名同学分别利用如图2所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性．试分析：①在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过盛有浓硫酸装置的目的是：　_________　．②甲同学在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，其原因是：　_________　（结合反应方程式）．　22．写出木炭与浓硫酸反应的化学方程式　_________　．为了验证产物中的二氧化碳气体，甲、乙两同学分别设计如下实验（已知Br2+2H2O+SO2═H2SO4+2HBr）：请回答下列问题（1）根据Ⅰ装置中石灰水变浑浊的现象能否说明产物中一定有二氧化碳气体？　_________　，理由是　_________　．-25-（2）Ⅱ装置中A的作用是　_________　；B的作用是　_________　．（3）根据B中品红　_________　，C中产生　_________　，说明产物中一定有二氧化碳气体．　23．下列框图所示的转化关系中，A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化；E为工业制取硫酸中某种矿物的主要成分．B为红棕色固体氧化物，X为常见无色液体．L焰色为黄色，且能使酚酞变红（反应过程中生成的水及其他产物已略去）．请回答以下问题：（1）含碳量在0.04%～2.3%之间的C的合金，是目前世界上使用量最大的合金，这种合金是　_________　．A．铝合金B．青铜C．生铁D．钢（2）检验上述黄色溶液中阳离子的方法是　_________　．（3）I与氯气反应的离子方程式为　_________　．（4）A与B应生成C和D的化学方程式为　_________　．（5）D与L反应的化学方程式为　_________　．（6）E与O2反应的化学方程式为　_________　．　24．实验室要用98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）配制3.68mol•L﹣1的稀硫酸95mL（1）需用量筒量取98%的浓硫酸　_________　mL．（2）用此法配制3.68mol•L﹣1的稀硫酸95mL，必须用到的实验仪器是（填写序号）　_________　．①50mL量筒②烧杯③100mL容量瓶④托盘天平⑤胶头滴管⑥锥形瓶⑦玻璃棒（3）稀释浓硫酸的正确操作是　_________　A．将水沿烧杯壁缓缓注入盛浓硫酸的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌B．将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌（4）若配制3.68mol•L﹣1的稀硫酸的其他操作均正确，但出现下列操作，将导致所配制稀硫酸的浓度偏低的是　_________　．A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒．B．将烧杯中的硫酸溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外．C．量筒量取浓硫酸后，用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中．D．用量筒量取浓硫酸时俯视．　-25-25．（1）配平下列反应方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目　_________　As2O3+　_________　HNO3+　_________　H2O=　_________　H3AsO4+　_________　NO（2）该反应中氧化剂是　_________　，氧化产物是　_________　，当有1molAs2O3参加反应时转移电子为　_________　mol．　26．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A　_________　、F　_________　、H　_________　、（2）写出反应①的化学方程式：　_________　写出反应③的离子方程式：　_________　写出反应⑥的离子方程式：　_________　（3）下列属于反应②的实验现象的有　_________　A．黄色火焰B．苍白色火焰C．白烟D．白雾．　27．将Fe2O3、CuO组成的混合物32g投入200mL稀硫酸中恰好完全溶解，再加入250mL4mol/LNaOH溶液时恰好将金属离子沉淀完全，试计算（1）硫酸溶液的物质的量浓度（2）混合物中Fe2O3、CuO的物质的量各为多少．　-25-2022-2022学年江苏省南通市如皋市江安高级中学高一（上）学情检测化学试卷（五）参考答案与试题解析　一、解答题（共15小题，满分45分）1．（3分）盛装液氯的容器上所贴的危险化学品标志是（　　）　A．B．C．D．考点：化学试剂的分类．专题：物质的分类专题．分析：氯气有毒，具有强氧化性，结合各标志的含义解题．解答：解：A．图为爆炸品标志，氯气不具有爆炸性，故A错误；B．图为氧化剂标志，氯气具有强氧化性，故B正确；C．图为易燃液体标志，氯气不能在空气中燃烧，故C错误；D．图为腐蚀品标志，氯气无腐蚀性，故D错误．故选B．点评：本题考查危险品标志，难度不大，了解氯气的性质、各个标志所代表的含义是解答此类题的关键．　2．（3分）下列不能达到实验目的是（　　）　A．比较苏打和小苏打的热稳定性B．检查装置的气密性　C．向容量瓶中转移溶液D．证明氨气极易溶于水考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．碳酸氢钠应放在套装小试管中；B．装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；C．转移液体需要使用玻璃棒引流；D．如气球体积变大，可说明氨气易溶于水．-25-解答：解：A．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，图示装置不能达到实验目的，故A选；B．该选项用的是压气法，原理为：用针筒向广口瓶内打气时广口瓶中气体压强增大，长颈漏斗的管中被压入一段水柱且保持一段时间不变，则证明气密性良好，图示装置能达到实验目的，故B不选；C．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，图示装置能达到实验目的，故C不选；D．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，图示装置能达到实验目的，故D不选．故选A．点评：本题考查较为综合，涉及碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性的比较、装置气密性检验、转移液体以及氨气的性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的判断，难度不大．　3．（3分）对下列有关实验操作和事实解释不正确的是（　　）　A．氯水和SO2使品红溶液褪色及SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同　B．向某溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀不消失该原溶液一定含有SO42﹣　C．用KSCN溶液鉴别FeCl2溶液、FeCl3溶液　D．用氢氟酸雕刻玻璃，是由于氢氟酸能与二氧化硅反应考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．SO2有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．可能生成AgCl沉淀；C．FeCl3溶液遇KSCN，溶液变为血红色，而FeCl2不能；D．氢氟酸能与二氧化硅反应生成四氟化硅气体．解答：解：A．氯气有强氧化性，能使品红褪色；SO2能与品红结合生成无色物质使品红褪色，SO2有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，原理不同，故A正确；B．加入氯化钡可能生成AgCl沉淀，AgCl也是不溶于稀硝酸的白色沉淀，而且原溶液中也可能存在SO32﹣，因此不能排除Ag+和SO32﹣的干扰，正确的顺序应该是先加盐酸酸化，然后再加入氯化钡观察，故B错误；C．FeCl3溶液遇KSCN，溶液变为血红色，而FeCl2不能，以此来鉴别，故C正确；D．氢氟酸能与二氧化硅反应生成四氟化硅气体，可用来雕刻玻璃，故D正确．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质、鉴别与检验等知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．　4．（3分）下列除去杂质的方法错误的是（　　）　A．用蒸馏的方法分离溴和CCl4的混合物　B．除去Cl2中的少量HCl：通入NaOH溶液，收集气体　C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤　D．除去镁中的铝：加足量的NaOH溶液，过滤-25-考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：化学实验基本操作．分析：A．溴和四氯化碳互溶，二者沸点不同；B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠反应；C．FeCl3可与铁反应生成FeCl2；D．铝和与氢氧化钠溶液反应．解答：解：A．溴和四氯化碳互溶，二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故A正确；B．氯气和氯化氢都与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．FeCl3可与铁反应生成FeCl2，可用于除杂，故C正确；D．铝和与氢氧化钠溶液反应，而镁不反应，可用于除杂，故D正确．故选B．点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重混合物分离方法选择的考查，题目难度不大．　5．（3分）下列四个反应中水起的作用与其他不相同的是（　　）①Cl2+H2O　②Na+H2O　③NO2+H2O　④Na2O2+H2O．　A．①B．②C．③D．④考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：根据反应前后水中各元素化合价的变化确定水的作用，元素的化合价升高的作还原剂，化合价降低的作氧化剂．解答：解：①反应Cl2+H2O=HCl+HClO中，水中各元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂；②反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，水中氢元素化合价降低，所以水作氧化剂；　③反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，水中各元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂；④反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，水中各元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂．所以水起的作用与其他不相同的是②，故选B．点评：本题以水的作用为载体考查了氧化还原反应，难度不大，根据元素化合价变化来判断物质的性质即可．　6．（3分）下列关于氯水的叙述正确的是（　　）　A．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色　B．新制氯水中只含Cl2和H2O分子　C．光照氯水有气泡放出，该气体主要是Cl2　D．氯水放置数天后酸性将减弱考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：氯水中溶解氯气为黄绿色，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌-25-HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO﹣、Cl﹣等离子，结合对应粒子的性质解答该题．解答：解：A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸可使蓝色石蕊试纸先变红，次氯酸具有漂白性，可使试纸褪色，故A正确；B．新制氯水中含有的分子有Cl2、HClO、H2O，故B错误；C．光照氯水有气泡放出，该气体主要是氧气，故C错误；D．氯水放置数天，次氯酸不稳定，分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，故D错误．故选A．点评：本题考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，为高考高频考点，很好地考查学生的科学素养，能提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累，本题中要注意氯水的成分和性质．　7．（3分）下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（　　）　A．CO2通入石灰水B．AlCl3溶液中滴入NaOH溶液　C．硫酸中加入锌粉D．HCl溶液滴入NaHCO3溶液考点：镁、铝的重要化合物；浓硫酸的性质；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A．少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙；B．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；C．稀硫酸与锌反应生成氢气，浓硫酸与锌反应生成二氧化硫；D．HCl溶液滴入NaHCO3溶液只生成二氧化碳、氯化钠和水．解答：解：A．CO2通入石灰水，CO2过量则生成碳酸氢钙钙，2CO2+Ca（OH）2═Ca（HCO3）2，氢氧化钙过量则生成碳酸钙，Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，反应物用量不同，产物不同，故A不选；B．氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液，若氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O；若氢氧化钠不足生成氢氧化铝白色沉淀，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，反应物用量不同，产物不同，故B不选；C．浓硫酸和稀硫酸与锌反应产物不同，浓硫酸和锌反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O，稀硫酸和锌反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，故C不选；D．HCl溶液滴入NaHCO3溶液只发生HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，反应物用量与浓度不会改变反应产物，故D选．故选D．点评：本题考查了物质的用量或浓度不同导致产物不同，明确物质之间的反应是解本题的关键，易错选项是D，注意不能用铁和氯气制得氯化亚铁，只能制得氯化铁，题目难度中等．　8．（3分）从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁．下列说法不正确的是（　　）　A．此法的优点之一是原料来源丰富　B．①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2　C．提取镁的过程涉及化合、分解、置换反应-25-　D．第④步电解时，还会产生副产品氯气考点：海水资源及其综合利用．专题：卤族元素．分析：A．根据海水中含有的离子分析；B．根据①②③步骤的反应进行分析；C．根据提取镁的过程涉及的反应分析；D．镁为活泼金属，根据第④步反应物和生成物分析．解答：解：A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，所以从海水中提取镁，原料来源丰富，故A正确；B．从海水中提取金属镁，最基本的方法是往海水里加石灰乳，得到Mg（OH）2沉淀，将沉淀分离后再加入盐酸变成MgCl2；之后经过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，据此结合从海水中提取镁的步骤知：①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2，故B正确；C．海水中的镁离子和氢氧化钙反应，为复分解反应，得到氢氧化镁的沉淀，制取盐酸为化合反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁，为复分解反应，氯化镁电解为分解反应，该过程中未涉及的反应为置换反应，故C错误；D．第④步电解熔融氧化镁，产物为镁和氯气，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故D正确；故选C．点评：本题主要考查了从海水中提取镁，掌握相关的化学反应原理是解答的关键，题目较简单．　9．（3分）某温度下，将氯气通入氢氧化钾溶液中，反应后得到氯化钾、次氯酸钾和氯酸钾的混合溶液，已知被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比是4：1，则溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为（　　）　A．1：3B．10：3C．2：3D．1：2考点：氧化还原反应的计算；氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，以此计算ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比，以此来解答．解答：解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，设溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量分别为x、y，由被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比是4：1，可知被还原的Cl为4（x+y），由电子守恒可知，x×（1﹣0）+y×（5﹣0）=4（x+y）×，解得x：y=1：3溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为1：3，故选A．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化还原反应中电子守恒为解答的关键，侧重分析能力与计算能力的考查，题目难度不大．-25-　10．（3分）20世纪末，纳米科技开始为世人所瞩目，以下分散系的分散质粒子与纳米粒子的大小大致相当的是（　　）　A．澄清石灰水B．新制Cu（OH）2的悬浊液　C．NaCl溶于酒精中形成胶体D．食盐水考点：纳米材料．专题：溶液和胶体专题．分析：与纳米粒子的直径比较判断正误，纳米粒子的直径在1﹣100nm之间．解答：解：澄清石灰水、盐水是溶液，分散质粒子直径小于1﹣100nm；新制Cu（OH）2的悬浊液，分散质粒子直径大于1﹣100nm；氯化钠溶于酒精中形成胶体，分散质粒子直径在1﹣100nm之间，符合纳米粒子的标准．故选：C点评：胶体与其它分散系的本质区别是：胶体粒子的直径在1﹣100nm之间．　11．（3分）以下分类正确的是（　　） 单质氧化物酸碱盐AHD水硫酸烧碱胆矾B黄铜NO2盐酸石灰水FeSO4C碘酒一氧化碳磷酸NH3•H2O食盐DH2Fe3O4HNO3纯碱小苏打　A．AB．BC．CD．D考点：单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，电离时生成金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐，单质是由同种元素组成的纯净物，氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物．解答：解：A、HD是单质，水是氧化物，硫酸属于酸，烧碱氢氧化钠属于碱，胆矾是硫酸铜的晶体属于盐，故A正确；B、黄铜是由铜和锌所组成的合金，属于混合物，不是单质，故B错误；C、碘酒是碘的酒精溶液，属于混合物，不是单质，故C错误；D、纯碱是碳酸钠，属于盐类，故D错误．故选A．点评：本题考查学生物质的分类知识和对概念的掌握和理解程度，是一道基础知识题目，较简单．　12．（3分）G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的分子式或化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系（未配平）：（1）G→Q十NaCl（2）Y十NaOH→G十Q十H2O-25-（3）Q+H2OX+H2（4）Z十NaOH→Q十X十H2O这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为（　　）　A．QGZYXB．GYQZXC．GYZQXD．ZXGYQ考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题；卤族元素．分析：G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，根据氧化还原反应中Cl元素的化合价升降来分析解答．解答：解：（1）G→Q十NaCl中，NaCl中Cl元素为﹣1价，则Cl元素的化合价为Q＞G＞﹣1，（2）Y十NaOH→G十Q十H2O中，结合（1）可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G，（3）Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q，（4）Z十NaOH→Q十X十H2O中，结合（3）可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为GYQZX，故选B．点评：本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，难度不大．　13．（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42﹣的物质的量为（　　）　A．0.1molB．0.5molC．0.15molD．0.25mol考点：物质的量的相关计算．专题：守恒思想．分析：根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量相等．解答：解：因溶液中的离子有K+、Cl﹣、Mg2+、SO42，设SO42﹣物质的量为n，溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，根据电荷守恒：1.5mol×1+0.5mol×2=1.5mol×1+n×2，解得n=0.5mol．故选B．点评：本题考查溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，比较简单．　14．（3分）（2022•永州模拟）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）①无色溶液中：K+、Na+、MnO﹣4、SO2﹣4②pH=11的溶液中：CO2﹣3、Na+、AlO﹣2、NO﹣3③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO﹣3、SO2﹣4、NH+4④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br一⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、H+、SCN﹣、HCO﹣3⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO﹣3、I﹣、Cl﹣．　A．①②B．③⑥C．②④D．⑤⑥-25-考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：①无色溶液中有色离子不能大量共存；②pH=11的溶液呈碱性；③加入Al能放出H2的溶液可以是酸或碱；④水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液是水的电离被抑制，溶液是酸或碱；⑤Fe3+和SCN﹣不能大量共存，HCO﹣3和H+不能大量共存；⑥酸性溶液中硝酸根离子能氧化亚铁离子，碘离子；解答：解：①无色溶液中MnO﹣4不存在，故①不符合；②pH=11的溶液呈碱性CO2﹣3、Na+、AlO﹣2、NO﹣3，不发生反应，可以共存，故②符合；③加入Al能放出H2的溶液可以是酸或碱，酸碱中HCO﹣3不能共存，碱中NH+4不共存，故③不符合；④水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液是水的电离被抑制，溶液是酸或碱，Na+、Ba2+、Cl﹣、Br一不发生反应，可以共存，故④符合；⑤Fe3+和SCN﹣不能大量共存，HCO﹣3和H+不能大量共存；故⑤不符合；⑥酸性溶液中硝酸根离子能氧化亚铁离子，碘离子；故⑥不符合；综上所述：②④一定共存；故选C．点评：本题考查了离子共存的问题，主要是共存条件的应用，离子性质的应用，熟练掌握离子的性质，注意隐含条件的应用是关键．　15．（3分）下列叙述正确的是（　　）　A．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强　B．金属阳离子被还原后，一定得到金属的单质　C．能与酸反应的氧化物，不一定是碱性氧化物　D．电离时能生成H+的化合物一定是酸考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化还原反应．专题：物质的分类专题．分析：A．金属原子还原能力的强弱只与失去电子的难易程度有关，与失电子的多少无关；B．金属阳离子被还原后，化合价会降低，但不一定得到金属的单质；C．能与酸反应的氧化物有碱性氧化物、两性氧化物等；D．酸是电离时生成的阳离子全部是H+的化合物．解答：解：A．金属原子还原能力的强弱与失去电子的难易程度有关，与失电子的多少无关，故A错误；B．金属阳离子被还原后，不一定得到金属的单质，例如三价铁离子被还原后可得二价铁离子，故B错误；C．能与酸反应的氧化物，有碱性氧化物、两性氧化物等，故C正确；D．电离时生成的阳离子全部是H+的化合物才是酸，故D错误．故选C．点评：-25-本题考查了单质、氧化物、酸碱盐的概念及其相互联系等，难度不大，注意积累相关知识．　二、不定项选择题（每小题有一个或两个选项符合题意．）16．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）　A．饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2：CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣　B．氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣　C．过氧化钠投入水中：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑　D．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；B、HClO是弱酸，不能拆；C、从质量守恒角度来分析；D、氯化铝溶液中加入过量的氨水，氢氧化铝不溶于氨水．解答：解：A、向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳气体，离子方程式：2Na++CO32﹣+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故A错误；B、向水中通入氯气，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H+Cl﹣+HClO，故B错误；C、过氧化钠投入水中的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D、氯化铝溶液中加入过量的氨水，氢氧化铝不溶于氨水，故D正确．故选D．点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析．　17．（3分）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（　　）　A．NH4+B．Mg2+C．Fe2+D．Al3+考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答．解答：解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，故选AC．点评：本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方．　18．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）-25-　A．常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合物中含有的原子数为0.3NA　B．1mo1•L﹣1的A1C13溶液中，C1﹣离子的数目为3NA　C．标准状况下，22.4LCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA　D．标准状况下，22.4LSO3所含的分子数目为NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、NO2和N2O4混合物中的N、O比为1：2，n（NO2）==0.1mol，因此含有的原子数为0.3mol，数目为0.3NA；B、缺少溶液体积，不能计算粒子数目；C、氯气和氢氧化钠溶液发生歧化反应，转移电子数等于反应掉的氯气分子数；D、标准状况下，SO3不是气体．解答：解：A、NO2和N2O4混合物中的N、O比为1：2，n（NO2）==0.1mol，因此含有的原子数为0.3mol，数目为0.3NA，故A正确；B、缺少溶液体积，不能计算粒子数目，故B错误；C、标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，氯气分子数为NA，氯气和氢氧化钠溶液发生歧化反应，转移电子数等于反应掉的氯气分子数为NA，故C错误；D、标准状况下，SO3不是气体，不能带入n=进行计算，因此无法计算分子数，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，氧化还原反应的电子转移数的计算，n=公式的使用条件．　19．（3分）以下物质间的每步转化通过一步反应就能实现的是（　　）　A．Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2B．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3　C．N2→NO→NO2→HNO3D．S→SO3→H2SO4→MgSO4考点：铝的化学性质；氮气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：A．Al氧化生成氧化铝、氧化铝不能一步转化为氢氧化铝；B．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，再与NaOH反应生成Fe（OH）2，最后与氧气、水发生化合反应生成Fe（OH）3；C．氮气与氧气反应生成NO，再氧化生成二氧化氮，最后与水反应生成硝酸；D．S不能一步转化为三氧化硫．解答：解：A．Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2中，Al2O3→Al（OH）3不能一步转化，故A不选；B．FeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3，均可一步转化，故B选；-25-C．N2NONO2HNO3，均可一步转化，故C选；D．S→SO3→H2SO4→MgSO4中，S→SO3不能一步转化，故D不选；故选BC．点评：本题考查物质的化学性质及相互转化，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与知识应用能力的考查，题目难度不大．　20．（3分）右图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法正确的是（　　）　A．该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4mol•L﹣1　B．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%　C．配制200.0mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸50.0mL　D．2.7gAl与足量的该硫酸反应可得到标准状况下的H23.36L考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；化学方程式的有关计算；配制一定物质的量浓度的溶液．专题：溶液和胶体专题．分析：A、根据公式c=来计算；B、根据质量分数=×100%来计算；C、根据溶液稀释前后溶质的质量保持不变来计算；D、常温下铝遇浓硫酸时钝化．解答：解：A、根据公式c===18.4mol•L﹣1，故A正确；B、质量分数=×100%=×100%≈64%，故B错误；C、根据溶液稀释前后溶质的质量保持不变，设需取该硫酸的体积为V，则200.0×10﹣3L×4.6mol•L﹣1×98g/mol=1.84g/cm3•V×98%，解得V=50mL，故C正确；-25-D、常温下铝遇浓硫酸时钝化，不会产生氢气，故D错误．故选AC．点评：本题是一道有关溶质的质量分数、溶液的稀释、溶质的物质的量浓度的计算题，综合性较强，难度不大．　三、解答题（共7小题，满分0分）21．某化学实验小组同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图1所示的实验装置．（1）实验室常选用制CO2的发生装置制SO2，实验室用MnO2跟浓盐酸反应制备Cl2时，应选用上图A、E两发生装置中　E　装置（填装置序号）制Cl2，通过　分液漏斗　（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸，反应离子方程式为　：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　．（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪去，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B：　溶液由无色变成红色　，D：　溶液没有明显变化　．（3）甲乙两名同学分别利用如图2所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性．试分析：①在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过盛有浓硫酸装置的目的是：　使两种气体充分混合，通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合　．②甲同学在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，其原因是：　SO2和Cl2按1：1进气，二者恰好完全反应，生成无漂白性的H2SO4和HCl，SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl　（结合反应方程式）．考点：探究氯水、氯气的漂白作用．专题：实验设计题．分析：（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，用分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气；（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；（3）①浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合；②氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性．解答：解：（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；-25-用分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：E；分液漏斗，MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色，故答案为：溶液由无色变成红色；溶液没有明显变化；（3）①浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合．故答案为：使两种气体充分混合，通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合；②氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性，反应方程式为SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，故答案为：SO2和Cl2按1：1进气，二者恰好完全反应，生成无漂白性的H2SO4和HCl，SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl．点评：本题考查了次氯酸和二氧化硫的漂白性，难度不大，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的，其漂白原理也不同，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，为易错点．　22．写出木炭与浓硫酸反应的化学方程式　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　．为了验证产物中的二氧化碳气体，甲、乙两同学分别设计如下实验（已知Br2+2H2O+SO2═H2SO4+2HBr）：请回答下列问题（1）根据Ⅰ装置中石灰水变浑浊的现象能否说明产物中一定有二氧化碳气体？　不能　，理由是　因为SO2与石灰水反应生成CaCO3也难溶于水　．（2）Ⅱ装置中A的作用是　除去SO2　；B的作用是　检验SO2是否已除净　．（3）根据B中品红　B中品红不褪色　，C中产生　C中产生浑浊（或白色沉淀）　，说明产物中一定有二氧化碳气体．考点：浓硫酸的性质实验．专题：氧族元素．分析：根据木炭粉与浓硫酸发生反应书写化学方程式；-25-检验S02和CO2混合气体中的二氧化碳，应排除二氧化硫的干扰，用氧化剂可把二氧化硫氧化，同时用品红溶液检验是否除尽，这样石灰水变浑浊才能说明有CO2．解答：解：根据木炭粉与浓硫酸发生反应书写化学方程式：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（1）因S02和C02都能使石灰水变浑浊，因此要想检验出C02，应先除掉S02，这样石灰水变浑浊才能说明有C02．故答案为：不能因为SO2与石灰水反应生成CaSO3也难溶于水；（2）因S02和C02都能使石灰水变浑浊，因此要想检验出C02，应先除掉S02．根据二氧化硫具有还原性，可用溴水把二氧化硫吸收，反应方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+2H2SO4．可根据二氧化硫能使品红褪色来检验二氧化硫是否除尽．故答案为：除去SO2检验SO2是否已除净；（3）要检验二氧化碳，应排除无二氧化硫，根据二氧化碳与澄清石灰水变浑浊来检验二氧化碳，反应方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O．故答案为：B中品红不褪色C中产生浑浊（或白色沉淀）点评：本题重点考查了混合气体中二氧化碳的检验，一定要排除干扰气体的干扰，再进行检验，并利用物质的性质来解答．　23．下列框图所示的转化关系中，A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化；E为工业制取硫酸中某种矿物的主要成分．B为红棕色固体氧化物，X为常见无色液体．L焰色为黄色，且能使酚酞变红（反应过程中生成的水及其他产物已略去）．请回答以下问题：（1）含碳量在0.04%～2.3%之间的C的合金，是目前世界上使用量最大的合金，这种合金是　D　．A．铝合金B．青铜C．生铁D．钢（2）检验上述黄色溶液中阳离子的方法是　取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe3+　．（3）I与氯气反应的离子方程式为　2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣　．（4）A与B应生成C和D的化学方程式为　Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe　．（5）D与L反应的化学方程式为　Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O　．-25-（6）E与O2反应的化学方程式为　4FeS2+11O22Fe2O3+4SO2　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，应为Fe2O3，则A为Al，C为Fe，D为A12O3，E为固体非金属单质，应为S，则F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，X为常见无色液体，应为H2O，I为FeSO4，L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O3反应，则L为NaOH，与Al2O3反应生成J，J为NaAlO2，A12O3与硫酸反应生成Al2（SO4）3，即K为Al2（SO4）3，M为Al（OH）3，E为工业制取硫酸中某种矿物的主要成分，和氧气反应生成二氧化硫判断为FeS2，根据物质的性质以及转化关系解答该题．解答：解：（1）含碳量在0.04%～2.3%之间铁合金为钢，故答案为：D；（2）Fe3+与KSCN反应生成血红色Fe（SCN）3，可取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe3+，故答案为：取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe3+；（3）Fe2+具有还原性，与具有强氧化性的Cl2反应生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；（4）A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，应为Fe2O3，则A为Al，C为Fe，D为A12O3，反应的化学方程式为Fe2O3+2AlA12O3+2Fe，故答案为：Fe2O3+2AlA12O3+2Fe；（5）D与L的反应为Al2O3和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O．（6）E为FeS2与O2反应生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+4SO2；故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+4SO2；点评：本题考查无机物的推断，题目难度较大，本题注意此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论．　24．实验室要用98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）配制3.68mol•L﹣1的稀硫酸95mL（1）需用量筒量取98%的浓硫酸　20.0　mL．-25-（2）用此法配制3.68mol•L﹣1的稀硫酸95mL，必须用到的实验仪器是（填写序号）　①②③⑤⑦　．①50mL量筒②烧杯③100mL容量瓶④托盘天平⑤胶头滴管⑥锥形瓶⑦玻璃棒（3）稀释浓硫酸的正确操作是　B　A．将水沿烧杯壁缓缓注入盛浓硫酸的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌B．将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌（4）若配制3.68mol•L﹣1的稀硫酸的其他操作均正确，但出现下列操作，将导致所配制稀硫酸的浓度偏低的是　ABD　．A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒．B．将烧杯中的硫酸溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外．C．量筒量取浓硫酸后，用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中．D．用量筒量取浓硫酸时俯视．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：化学实验基本操作．分析：（1）依据C=计算出该浓硫酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积；（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的一步步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（3）依据浓硫酸稀释的正确操作方法解答；（4）根据C=判断，如果n偏小或V偏大，则配制溶液浓度偏低．解答：解：（1）98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）的物质的量浓度C==18.4mol/L，要配置95mL稀硫酸应选择100mL容量瓶，溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=3.68mol•L﹣1×100mL，解得V=20.0mL；故答案为：20.0；（2）配制100mL3.68mol•L﹣1的稀硫酸的步骤为：计算→量取→稀释、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签，需要使用的仪器有：①50mL量筒②烧杯③100mL容量瓶⑤胶头滴管⑦玻璃棒；故答案为：①②③⑤⑦；（3）稀释浓硫酸时浓硫酸溶于水会会放出大量的热，水的密度比浓硫酸的密度小，所以如果将水倒入浓硫酸中水会浮在浓硫酸的上面而沸腾造成液滴飞溅，所以稀释浓硫酸一定要将浓硫酸沿着容器壁慢慢倒入水中并不断搅拌使热量迅速散失；故选：B；（4）A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A正确；B．将烧杯中的硫酸溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故B正确；C．量筒量取浓硫酸后，用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故C错误；-25-D．用量筒量取浓硫酸时俯视，导致量取的浓硫酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故D正确；故选：ABD．点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，注意容量瓶、量筒规格的选取方法，并明确浓硫酸的稀释方法，为易错点，题目难度不大．　25．（1）配平下列反应方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目　3　As2O3+　4　HNO3+　7　H2O=　6　H3AsO4+　4　NO（2）该反应中氧化剂是　HNO3　，氧化产物是　H3AsO4　，当有1molAs2O3参加反应时转移电子为　4　mol．考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：（1）分析出反应中元素化合价变化，利用化合价升降相等配平该反应方程式，然后利用双线桥法分析电子转移的方向和数目；（2）氧化剂在反应中得到电子，化合价降低；氧化产物为还原剂被氧化后得到的产物；根据化合价变化计算出当有1molAs2O3参加反应时转移电子的物质的量．解答：解：（1）As2O3→H3AsO4，As元素化合价从+3升高到+5，化合价至少升高2×2=4价，；HNO3→NO，化合价从+5降低到+2，化合价降低3价，则化合价变化的最小公倍数为12，所以As2O3的系数为3、HNO3的系数为4，然后根据质量守恒定律配平，配平后的反应方程式为：3As2O3+4HNO3+7H2O=6H3AsO4+4NO↑，利用双线桥法分析该氧化还原反应中电子转移的分析和数目为：，故答案为：3、4、7、6、4；；（2）反应3As2O3+4HNO3+7H2O=6H3AsO4+4NO↑中，HNO3化合价从+5降低到+2，在反应中被还原，做氧化剂；As2O3在反应中化合价升高被氧化，As2O3被氧化成H3AsO4，所以氧化产物为H3AsO4；As2O3→2H3AsO4，As元素化合价从+3升高到+5，化合价升高2×2=4价，失去了4个电子，则1molAs2O3参加反应时化合价升高4mol，需要失去4mol电子，故答案为：HNO3；H3AsO4；4．点评：本题考查了氧化还原反应，涉及了氧化还原反应的配平、氧化剂、氧化产物的判断及分析电子转移的方向和数目，题目难度中等，转移掌握氧化还原反应的实质及配平方法，能够利用单线桥、双线桥法分析电子转移的分析和数目．　26．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．-25-请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A　Na　、F　FeCl2　、H　Fe（OH）3　、（2）写出反应①的化学方程式：　2Na+2H2O=2NaOH+H2↑　写出反应③的离子方程式：　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　写出反应⑥的离子方程式：　Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓　（3）下列属于反应②的实验现象的有　BD　A．黄色火焰B．苍白色火焰C．白烟D．白雾．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题．解答：解：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，（1）由以上分析可知，A为Na，F为FeCl2，H为Fe（OH）3，故答案为：Na；FeCl2；Fe（OH）3；（2）反应①是钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应③是Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，反应⑥氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钠，离子方程式为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；（3）反应②式氢气与氯气反应生成氯化氢，呈苍白色火焰，HCl与空气中水蒸气结合呈白雾，故答案为：BD．点评：本题是考查物质推断与性质、常用化学用语，难度中等，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口．　27．将Fe2O3、CuO组成的混合物32g投入200mL稀硫酸中恰好完全溶解，再加入250mL-25-4mol/LNaOH溶液时恰好将金属离子沉淀完全，试计算（1）硫酸溶液的物质的量浓度（2）混合物中Fe2O3、CuO的物质的量各为多少．考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：（1）Fe2O3、CuO组成的混合物与稀硫酸中恰好完全反应生成硫酸铁、硫酸铜与水，再加入NaOH溶液，恰好将金属离子沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒计算n（Na2SO4），再根据硫酸根守恒计算n（H2SO4），再根据c=计算硫酸溶液物质的量浓度；（2）硫酸根物质的量等于混合物中O原子物质的量，设Fe2O3、CuO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及氧原子物质的量列方程计算．解答：解：（1）Fe2O3、CuO组成的混合物与稀硫酸中恰好完全反应生成硫酸铁、硫酸铜与水，再加入NaOH溶液，恰好将金属离子沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n（Na2SO4）=n（NaOH）=×0.25L×4mol/L=0.5mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.5mol故硫酸溶液物质的量浓度为=2.5mol/L，答：硫酸溶液物质的量浓度为2.5mol/L；（2）硫酸根物质的量等于混合物中O原子物质的量，设Fe2O3、CuO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及氧原子物质的量列方程，则：解得x=0.1y=0.2答：混合物中Fe2O3为0.1mol，CuO为0.2mol．点评：本题考查混合物计算，难度中等，有利于考查学生分析思维能力，注意利用守恒法进行解答．　-25-